石向陽

(湖南省長沙市雅禮教育集團(tuán)南雅中學(xué) 410129)

1 巧妙消元構(gòu)建函數(shù)

因?yàn)槎嘣?，所以通過消元來解決是很自然的想法．解題中，通過消元，分多為少、化繁為簡、變難為易，常可降低思維難度．

例1設(shè)函數(shù)f(x)=2ax2+(a+4)x+lnx．

(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；

(2)若函數(shù)y=f(x)的圖象與x軸交于A(x1，0)，B(x2，0)兩點(diǎn)且x1

當(dāng)a≥0時，對任意x>0，f′(x)>0，

所以此時函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，+∞)．

(2)由(1) 可得，當(dāng)a≥0時，函數(shù)y=f(x)的圖象與x軸至多有一個交點(diǎn)，不合題意． 故a<0.

>0.

所以等價于只要證明

即證明

下面證明

2 整體換元構(gòu)建函數(shù)

在處理多變元函數(shù)問題中，用新元去代替該函數(shù)中的部分(或全部)變元．從而使變量化多元為少元，即達(dá)到減元的目的．問題中的參數(shù)減少了，復(fù)雜問題就簡單化、明朗化了，這就是換元思想獨(dú)到的作用．

例1第(2)問另證由(1)知要證

lnx1= 0，

即證明 (x1+x2)[4(x2-x1)+(lnx2-lnx1)]

?(x1+x2)(lnx2-lnx1)>2x2-2x1

顯然當(dāng)t>1時，g′(t)>0，

所以g(t)在[1，+∞)上單調(diào)遞增.

故g(t)>g(1)=0，命題得證．

3 設(shè)定主元構(gòu)建函數(shù)

在許多數(shù)學(xué)問題中，都含有常量、參量、變量等多個量．通常情況下，有一些元素處于突出和主導(dǎo)地位，可視之為主元；為了解決問題，也可人為突出某個量的地位作用，先將其當(dāng)作主元；其它變元看作常數(shù)，來構(gòu)建函數(shù)，再用函數(shù)求導(dǎo)知識，結(jié)合函數(shù)單調(diào)性求解．

例2已知函數(shù)f(x)=ln(x+1)-x，g(x)=xlnx．設(shè)0

分析所證不等式中有兩個變量a,b，從中選一個為自變量，另一個看成常數(shù)，構(gòu)造相應(yīng)函數(shù)，通過求解函數(shù)最值證明原不等式．

解對g(x)=xlnx求導(dǎo)，g′(x)=lnx+1.

當(dāng)0

因此F(x)在(0,a)上為減函數(shù).

當(dāng)x>a時，F(xiàn)′(x)>0，

因此F(x)在(a,+∞)上為增函數(shù).

從而，當(dāng)x=a時，F(xiàn)(x)有極小值F(a).

因?yàn)镕(a)=0，b>a，所以F(b)>0，

設(shè)G(x)=F(x)-(x-a)ln2，

當(dāng)x>0時，G′(x)<0，

因此G(x)在(0，+∞)上為減函數(shù)，

因?yàn)镚(a)=0，b>a，所以G(b)<0.

點(diǎn)評3本題以b為主元構(gòu)造函數(shù)，當(dāng)然也可以以a為主元構(gòu)造函數(shù)，方法類似，讀者不妨一試．視一個變量為主元，其它變量作常量來處理，這是多元不等式證明的一種重要思想．同時，主元策略還表現(xiàn)于主元選擇的變通性，選擇不同的主元，對于結(jié)構(gòu)不對稱的式子能形成不同的解題途徑．

4 逆轉(zhuǎn)主元構(gòu)建函數(shù)

解決數(shù)學(xué)問題時，大多是從條件出發(fā)，借助于一些具體的模式和方法，進(jìn)行正面的、順向的思考．如果正向思維受阻，那么“順難則逆、直難則曲、正難則反”．在多元不等式問題中，逆轉(zhuǎn)主元思想常使思考產(chǎn)生新的源泉．

(1)當(dāng)x>0時，f(x)≥gt(x)對任意正實(shí)數(shù)t成立；

(2)有且僅有一個正實(shí)數(shù)x0，使得g8(x0)≥gt(x0)對任意正實(shí)數(shù)t成立．

證明(1)令h(x)=f(x)-gt(x)

即x>0時h(x)≥0.

故當(dāng)x>0時，f(x)≥gt(x)對任意正實(shí)數(shù)t成立．

即(x0-2)2(x0+4)≤0，又因?yàn)閤0>0，

不等式成立的充分必要條件是x0=2.

所以有且僅有一個正實(shí)數(shù)x0=2，

使得g8(x0)≥gt(x0)對任意正實(shí)數(shù)t成立．

點(diǎn)評4含參數(shù)問題通常含有兩個或兩個以上變元，習(xí)慣上我們把“x”當(dāng)作自變量．本題第(1)問中的就是以x為自變量構(gòu)建函數(shù)求解，這是常規(guī)思路．但對于第(2)問，如果仍把“x”當(dāng)作自變量，這種思維定勢就會把問題變得相當(dāng)復(fù)雜，這時用逆轉(zhuǎn)主元的思想將x與t角色換位，問題迎刃而解．一般地，可把已知范圍的那個看作自變量，另一個看作常量．

5 利用結(jié)構(gòu)相似構(gòu)建函數(shù)

有些多元不等式問題，可以通過分離變量，凸顯出原不等式隱藏的規(guī)律，即左右兩邊式子的結(jié)構(gòu)特征相似，這時可以構(gòu)建函數(shù)，利用單調(diào)性解決．

求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

分析對原不等式進(jìn)行變形，構(gòu)建函數(shù)，利用函數(shù)的單調(diào)性，進(jìn)行參變分離，求出a的取值范圍．

問題等價于g(x2)

上述問題中m,n位置交錯，無法直接構(gòu)建函數(shù)，考慮到是冪指數(shù)不等式，嘗試兩邊取對數(shù)，發(fā)現(xiàn)原不等式變得非?！昂椭C”．再根據(jù)結(jié)構(gòu)特征很容易構(gòu)建出相應(yīng)的函數(shù)．事實(shí)上，這種取對數(shù)使函數(shù)結(jié)構(gòu)顯露出來的方法是處理此類問題非常重要的手段．

6 考慮求導(dǎo)法則構(gòu)建函數(shù)

若題設(shè)中出現(xiàn)與導(dǎo)數(shù)有關(guān)的不等式，則往往是根據(jù)導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算法則計(jì)算后而設(shè)計(jì)的，所以我們應(yīng)多從這個角度考慮如何構(gòu)建函數(shù)．根據(jù)條件式特征，積極展開聯(lián)想，借助求導(dǎo)法則，如和差求導(dǎo)、積商求導(dǎo)法則等，恰當(dāng)構(gòu)建函數(shù)，以便順利解決目標(biāo)問題．

例5已知f(x)是定義在(0,+∞)上的非負(fù)可導(dǎo)函數(shù)，且滿足xf′(x)+f(x)≤0．對于任意正數(shù)a,b，若a

A.af(a)≤f(b) B.bf(b)≤f(a)

C.af(b)≤bf(a) D.bf(a)≤af(b)

解設(shè)g(x)=xf(x)，則g′(x)=xf′(x)+f(x)≤0(x>0)，那么函數(shù)g(x)在(0,+∞)上是減函數(shù)(不一定是嚴(yán)格遞減)．

因此，當(dāng)b>a>0時，g(a)≥g(b)，

即af(a)≥bf(b).

又bf(a)≥af(a),bf(b)≥af(b)，

所以bf(a)≥af(b)，正確的選項(xiàng)為C．

點(diǎn)評6本題是利用積的求導(dǎo)法則構(gòu)建函數(shù)．在利用求導(dǎo)法則構(gòu)建函數(shù)時，需要對照題設(shè)中的條件，靈活應(yīng)對．一般來說，有下面的規(guī)律：

1.含導(dǎo)數(shù)式f′(x)g(x)+f(x)g′(x)可構(gòu)建函數(shù)：F(x)=f(x)g(x)；

3.含導(dǎo)數(shù)式f′(x)+f(x)可構(gòu)建函數(shù)：

F(x)=f(x)ex．

4.含導(dǎo)數(shù)式f′(x)-f(x)可構(gòu)建函數(shù)：

5.含導(dǎo)數(shù)式f′(x)+af(x)可構(gòu)建函數(shù)：

F(x)=f(x)eax．

6.含導(dǎo)數(shù)式f′(x)-af(x)可構(gòu)建函數(shù)：

通過上述幾個例題可以看出，在求解多元不等式的問題中，我們可以通過類比、聯(lián)想、抽象、概括等手段，構(gòu)建出適當(dāng)?shù)暮瘮?shù)，化多元問題為一元問題，并在此基礎(chǔ)上利用函數(shù)的方法如單調(diào)性使原問題獲解．它體現(xiàn)了數(shù)學(xué)中函數(shù)、化歸轉(zhuǎn)化的思想，其中也滲透著猜想、探究等重要的數(shù)學(xué)思想．筆者認(rèn)為這是函數(shù)思想解題的高層次體現(xiàn)．