摘要：多元變量問題因題型多變、形式多樣、涉及數(shù)學(xué)知識面廣、蘊含數(shù)學(xué)思想方法多等特點備受命題者的青睞，本文通過具體實例探討求解多元變量問題的常用方法，總結(jié)歸納一般的求解策略.

關(guān)鍵詞：多元變量；消參；減元

中圖分類號：G632文獻(xiàn)標(biāo)識碼：A文章編號：1008-0333（2022）28-0005-05

收稿日期：2022-07-05

作者簡介：黃少瑩（1985.10-），女，福建省莆田人，本科，中學(xué)一級教師，從事高中數(shù)學(xué)教學(xué)研究.

基金項目：2020年福建省電化教育館課題“基于動態(tài)數(shù)學(xué)技術(shù)環(huán)境高中實驗教學(xué)的實踐研究”（項目編號：閩教電館KT2042）；莆田市教育科學(xué)“十三五”規(guī)劃2020年度課題“基于數(shù)學(xué)建模提升高中生數(shù)學(xué)問題意識的教學(xué)研究”（項目編號：PTGFKT20150）.

多元變量函數(shù)問題是函數(shù)中的一大難點，問題類型多樣，方法多變，但是解題思路主要把握一個宗旨“消參減元”，再輔以構(gòu)造新函數(shù)進(jìn)行解題.那么如何消參減元呢？本文主要就兩大類型來探討，一是x1，x2為定義域或所給區(qū)間中的任意兩個變量；二是x1，x2為函數(shù)的零點、極值點或方程的兩根.

1 利用同構(gòu)式構(gòu)造新函數(shù)以減元

例1已知函數(shù)f（x）=alnxx（a∈R），x1，x2∈［e2，e4］，且x1≠x2，f（x1）-f（x2）x1-x2＜1x1x2恒成立，則實數(shù)a的取值范圍為（ ）.

A.（-∞，-13］B.（-∞，2］

C.［-1，+∞）D.［-13，+∞）

解析由題知，x1，x2∈［e2，e4］，且x1≠x2，f（x1）-f（x2）x1-x2＜1x1x2恒成立.不妨設(shè)x1＞x2，則原不等式可化為f（x1）-f（x2）＜1x2-1x1對x1，x2∈［e2，e4］恒成立.

即x1，x2∈［e2，e4］，x1＞x2時都有f（x1）+1x1＜f（x2）+1x2恒成立.

則函數(shù)g（x）=f（x）+1x=alnx+1x（a∈R）在［e2，e4］上單調(diào)遞減.

由此可得g′（x）=a-alnx-1x2≤0在［e2，e4］上恒成立，即a（1-lnx）≤1.

由于lnx∈［2，4］，因此1-lnx＜0.

故a≥11-lnx在［e2，e4］上恒成立.

所以a≥（11-lnx）max.

而函數(shù)y=11-lnx在［e2，e4］上單調(diào)遞增，

故x=e4時其最大值為-13.

因此a≥-13，故選D.

評析本題不等式中函數(shù)含有兩個變量，此類問題的解題思路一般是將兩個變量分離至不等式兩邊，利用同構(gòu)式可將其轉(zhuǎn)化為函數(shù)的單調(diào)性問題，構(gòu)造新函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)達(dá)到“減元”的目的，最終再將問題轉(zhuǎn)化為恒成立問題，通過函數(shù)的最值得到解決，考查了邏輯推理、數(shù)學(xué)建模及數(shù)學(xué)運算等核心素養(yǎng).同時要特別注意此類問題在解決時要關(guān)注變量的取值范圍，以及不等式是對該范圍內(nèi)的任意x1，x2恒成立.

2 利用x1x2進(jìn)行換元

例2（2020年天津卷20題）已知函數(shù)f（x）=x3+klnx（k∈R），f ′（x）是f（x）的導(dǎo)函數(shù).

（1）當(dāng)k=6時，①求曲線y=f（x）在點（1，f（1））處的切線方程；②求函數(shù)g（x）=f（x）-f ′（x）+9x的單調(diào)區(qū)間和極值；

（2）當(dāng)k≥-3時，求證：對任意的x1，x2∈

［1，+∞），且x1＞x2，有f ′（x1）+f ′（x2）2＞f（x1）-f（x2）x1-x2.

解析（1）①y=9x-8.

②g（x）=x3-3x2+6lnx+3x的單調(diào)遞減區(qū)間為（0，1），單調(diào)遞增區(qū)間為（1，+∞）；g（x）的極小值為g（1）=1，無極大值.（過程略）

（2）由f（x）=x3+klnx，得f ′（x）=3x2+kx.

則對任意的x1，x2∈［1，+∞），且x1＞x2，欲證

f ′（x1）+f ′（x2）2＞f（x1）-f（x2）x1-x2，

即證［f ′（x1）+f ′（x2）］（x1-x2）＞2［f（x1）-f（x2）］成立.

因為［f ′（x1）+f ′（x2）］（x1-x2）-2［f（x1）-

f（x2）］=（x1-x2）（3x21+kx1+3x22+kx2）-2（x31-x32+klnx1x2）=x31-3x21x2+3x1x22-x32+k（x1x2-x2x1）-2klnx1x2.

令x1x2=t，t＞1，則x1=tx2.

故上式可化為x32（t3-3t2+3t-1）+k（t-1t-2lnt）=x32（t-1）3+k（t-1t-2lnt）.

記h（t）=t-1t-2lnt（t＞1），則

h′（t）=1+1t2-2t=t2-2t+1t2=（t-1）2t2＞0.

故h（t）在［1，+∞）上為單調(diào)遞增.

所以h（t）＞h（1）=0.

又因為k≥-3，

所以k（t-1t-2lnt）≥-3（t-1t-2lnt）.

又x2＞1，t＞1，

所以x32（t-1）3＞（t-1）3.

因此x32（t-1）3+k（t-1t-2lnt）＞（t-1）3-3（t-1t-2lnt）=t3-3t2+3t+6lnt-1.

而由（1）②可得t＞1時g（t）＞g（1）=1.

即t3-3t2+3t+6lnt＞1.

故t3-3t2+3t+6lnt-1＞0.

由此可得［f ′（x1）+f ′（x2）］（x1-x2）-2［f（x1）-f（x2）］＞0.

即f ′（x1）+f ′（x2）2＞f（x1）-f（x2）x1-x2.

所以當(dāng)k≥-3時，對任意的x1，x2∈［1，+∞），且x1＞x2，有f ′（x1）+f ′（x2）2＞f（x1）-f（x2）x1-x2.

評析第（3）問中首先利用分析法將目標(biāo)不等式進(jìn)行等價轉(zhuǎn)化，通過化簡后的關(guān)系式考慮作差證明.一般來說在含lnx1與lnx2的數(shù)學(xué)關(guān)系中常常由作差得到lnx1x2式，并將x1x2換元為t以達(dá)到減元的目的.本題也應(yīng)把握這一換元思想，雖然這并不能達(dá)到完全減元的效果，但是可以明確減元方向：以t為主元，消去參數(shù)x2，k.結(jié)合x1＞x2≥1可以得到x2≥1，又由已知條件k≥-3，因此將x1用t，x2表示后可利用x2，k的范圍進(jìn)行放縮從而達(dá)到徹底減元的目的.而這也正是解決了本題的難點.所以教學(xué)中，要引導(dǎo)學(xué)生學(xué)會根據(jù)函數(shù)、數(shù)學(xué)關(guān)系式等特征，選擇換元對象，就算不能徹底減元但也要能在多個變量中確定主元，再通過其他途徑消去余下的參變量，最終徹底減元，回歸函數(shù)最值（不等式）問題.

例3已知f（x）=xlnx-12mx2-x，m∈R.若f（x）有兩個極值點x1，x2，且x1＜x2，求證：x1x2＞e2.（e為自然對數(shù)的底數(shù)）

證明由f（x）=xlnx-12mx2-x，得

f ′（x）=lnx-mx.

依題可得x1，x2為f ′（x）=0的兩個不等實根.

故lnx1-mx1=0，lnx2-mx2=0.

兩式相加，得lnx1x2=m（x1+x2）.

兩式相減，得lnx2x1=m（x2-x1）.

依此可得

lnx1x2=lnx2x1·x1+x2x2-x1=lnx2x1·1+x2x1x2x1-1.

令x2x1=t，t＞1，則lnx1x2=lnt·1+tt-1.

故欲證x1x2＞e2，即證lnx1x2＞2.

即證lnt·1+tt-1＞2（t＞1）.

即證當(dāng)t＞1時，有l(wèi)nt＞2（t-1）t+1.

令g（t）=lnt-2（t-1）t+1（t＞1），則

g′（t）=1t-4（t+1）2

=（t+1）2-4tt（t+1）2

=（t-1）2t（t+1）2＞0.

故g（t）在（1，+∞）上單調(diào)遞增.

因此g（t）＞g（1）=0.

于是當(dāng)t＞1時，有l(wèi)nt＞2（t-1）t+1.

即lnx1x2＞2成立.

所以x1x2＞e2.

評析本題中極值點x1，x2轉(zhuǎn)化為導(dǎo)函數(shù)的零點后，得到關(guān)系lnx1=mx1，lnx2=mx2，如果直接得到m=lnx1x1=lnx2x2，則無法與所要證明的不等式產(chǎn)生聯(lián)系，因此考慮利用對數(shù)運算性質(zhì)將兩式相加減，一方面可構(gòu)造出所要求證的x1x2式，另一方面可構(gòu)造出常用的換元式x1x2，同時結(jié)合得到的兩個新的關(guān)系式不僅可以消去參數(shù)m，還可以將所要證明的不等式中的變量x1，x2統(tǒng)一為x1x2，從而通過換元將問題轉(zhuǎn)化為熟悉的問題模型.

3? 利用變量x1，x2的等量關(guān)系進(jìn)行轉(zhuǎn)化減元

例4（2018年新課標(biāo)全國Ⅰ卷21題）已知函數(shù)f（x）=1x-x+alnx.

（1）討論f（x）的單調(diào)性；

（2）若f（x）存在兩個極值點x1，x2，證明：f（x1）-f（x2）x1-x2＜a-2.

解析（1）f（x）的定義域為（0，+∞），f ′（x）=-1x2-1+ax=-x2+ax-1x2（x＞0）.

當(dāng)a≤2時f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減，當(dāng)a＞2時，f（x）在（0，a-a2-42）和（a+a2-42，+∞）上單調(diào)遞減，在（a-a2-42，a+a2-42）上單調(diào)遞增.（過程略）

（2）由（1）可知若f（x）存在兩個極值點x1，x2，則a＞2，且x1，x2為-x2+ax-1=0的兩根，即x1+x2=a，x1x2=1.

不妨設(shè)x1＞x2，則x1＞1＞x2＞0.

故欲證f（x1）-f（x2）x1-x2＜a-2，

即證f（x1）-f（x2）＜（a-2）（x1-x2）.

而f（x1）-f（x2）=1x1-x1+alnx1-1x2+x2-alnx2=x2-x1x1x2+x2

-x1+alnx1x2=2（x2-x1）+alnx1x2，

故只需證alnx1x2＜a（x1-x2）.

又a＞2，所以只需證lnx1x2＜x1-x2.

由x1x2=1得x2=1x1.

故欲證lnx1x2＜x1-x2，

即證當(dāng)x1＞1時，2lnx1＜x1-1x1.

令函數(shù)g（x）=2lnx-x+1x，x＞1，則

g′（x）=2x-1-1x2=2x-x2-1x2=-（x-1）2x2＜0.

故g（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞減.

所以g（x）＜g（1）=0.

即2lnx1＜x1-1x1得證.

故f（x1）-f（x2）x1-x2＜a-2得證.

評析第（2）步要證明的不等式與例1的條件不等式形式相似，但是x1，x2卻是f（x）的兩個極值點，因此得到x1，x2為f ′（x）=0的兩根進(jìn)而得到x1x2=1，所以將要證明的不等式采用分析法一步步化繁為簡后，需證的不等式lnx1x2＜x1-x2便可將x2用x1表示，從而將雙變量不等式轉(zhuǎn)化為僅含x1的單變量不等式，再構(gòu)造函數(shù)進(jìn)行證明，最終回歸基礎(chǔ)問題類型.因此解題過程中需特別注意變量間的關(guān)系以及范圍限制，才能做到有的放矢.

4? 對稱變換回歸同一單調(diào)區(qū)間

例5（2016年新課標(biāo)全國Ⅰ卷21題）已知函數(shù)f（x）=（x-2）ex+a（x-1）2有兩個零點.

（1）求a的取值范圍；

（2）設(shè)x1，x2是f（x）的兩個零點，證明：x1+x2＜2.

解析（1）f ′（x）=（x-1）ex+2a（x-1）=（x-1）（ex+2a）．

①設(shè)a=0，則f（x）=（x-2）ex，f（x）只有一個零點．

②設(shè)a＞0，f（x）在（-∞，1）上單調(diào)遞減，在（1，+∞）上單調(diào)遞增．

又f（1）=-e，f（2）=a＞0，取b滿足b＜0且b＜lna2，則f（b）=a2（b-2）+a（b-1）2=ab（b-32）＞0，故f（x）存在兩個零點．

③設(shè)a＜0，由f ′（x）=0得

x=1或x=ln（-2a）．

若a≥-e2，則ln（-2a）≤1.

故當(dāng)x∈（1，+∞）時，f ′（x）＞0，因此f（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞增．

又當(dāng)x≤1時，f（x）＜0，所以f（x）不存在兩個零點.

若a＜-e2，則ln（-2a）＞1.

可得f（x）在（-∞，1）上單調(diào)遞增，在（1，ln（-2a））上單調(diào)遞減，在（ln（-2a），+∞）上單調(diào)遞增．極小值f［ln（-2a）］＜極大值f（1）=-e＜0，所以f（x）不存在兩個零點．

綜上，a的取值范圍為（0，+∞）.

（3）不妨設(shè)x1＜x2，由（1）知x1∈（-∞，1），x2∈（1，+∞），故2-x2∈（-∞，1）.

又f（x）在（-∞，1）上單調(diào)遞減，

所以欲證x1+x2＜2，

即證f（x1）＞f（2-x2）.

而f（x1）=f（x2）=0，故只需證f（x2）-f（2-x2）＞0，x2∈（1，+∞）．

令g（x）=f（x）-f（2-x），x＞1，則

g′（x）=f ′（x）+f ′（2-x）

=（x-1）（ex+2a）+（1-x）（e2-x+2a）

=（x-1）（ex-e2-x）

=（x-1）（ex-e）（ex+e）ex.

又x＞1，故g′（x）＞0.

因此g（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞增.

故g（x）＞g（1）=0.

從而有x2∈（1，+∞）時f（x2）-f（2-x2）＞0.

故x1+x2＜2得證.

評析第（1）問主要是為第（2）步作鋪墊得到

f（x）的單調(diào)性，需由此先得到x1，x2的大致范圍，再根據(jù)所證不等式中x1，x2的和（積）形式轉(zhuǎn)化發(fā)現(xiàn)x1，2-x2在同一單調(diào)區(qū)間，因此考慮將所證問題轉(zhuǎn)化為證明f（x1），f（2-x2）間的大小關(guān)系，又利用f（x1）=f（x2），將問題再次轉(zhuǎn)化為f（x2），f（2-x2）間的大小關(guān)系，從而構(gòu)造函數(shù)g（x）=f（x）-f（2-x），x＞1，證明g（x）＞0即可.這種解法中不管所證不等式是x1，x2的和還是積都可將x1，x2分離至不等式兩邊，并保證它們在已知函數(shù)的同一單調(diào)區(qū)間內(nèi)，然后利用函數(shù)單調(diào)性的定義將單調(diào)性與a，b大小、f（a），f（b）大小綜合起來，從而將問題進(jìn)行等價轉(zhuǎn)化，結(jié)合f（x1）=f（x2）將變量統(tǒng)一為x1或x2，從而構(gòu)造出新函數(shù)以解題.比如例4也可用這種方法解決，讀者可自行動手試試.

5 類題訓(xùn)練

練習(xí)1若對任意x1，x2∈（m，+∞），且x1＜x2，都有x1lnx2-x2lnx1x2-x1＜2，則m的最小值是.（e為自然對數(shù)的底數(shù)）（答案：1e）練習(xí)2已知函數(shù)f（x）=lnx-x.方程f（x）=m（m＜-2）有兩個相異實根x1，x2，且x1＜x2，求證：x1x22＜2.

練習(xí)3已知函數(shù)f（x）=x2（3lnx-2ax-32）有兩個不同的極值點x1，x2.

（1）求a的取值范圍；

（2）求證：1lnx1+1lnx2＞2.

教學(xué)中我們不應(yīng)僅僅是教會學(xué)生“這道題”怎么做，更重要的是要引導(dǎo)學(xué)生學(xué)會對題目條件進(jìn)行深入挖掘，根據(jù)不同條件特征、問題結(jié)論等進(jìn)行方法的選擇，當(dāng)條件特征、問題結(jié)論與常見（已掌握）的形式不同時，又應(yīng)如何轉(zhuǎn)化，如何在解題中真正做到消參減元.在教導(dǎo)通性通法的同時，還應(yīng)抓住題目條件所包含的信息、知識點與證明結(jié)論的轉(zhuǎn)化間的異同及關(guān)聯(lián)，引導(dǎo)學(xué)生學(xué)會歸納總結(jié)其中條件的不同、問題結(jié)論的不同與對應(yīng)方法間的聯(lián)系，以真正領(lǐng)悟各類方法的數(shù)學(xué)本質(zhì)，這樣才能真正做到“會一題，通一類”.而這正是對高考評價體系中學(xué)科素養(yǎng)所包括的“學(xué)習(xí)掌握、實踐探索、思維方法”3個一級指標(biāo)的最好踐行.

參考文獻(xiàn)：

［1］蔡海濤，盧妮，黃少瑩.2020年高考天津卷第20題解法探究[J].數(shù)理化解題研究，2020（31）：14-15.