函数导数中双变量问题的四种转化化归思想-厦门一中

2012年第8期数学通讯（上半月）8-12主管：中华人民共和国教育部主办：华中师范大学湖北省数学学会武汉数学学会1处理函数双变量问题的六种解题思想吴享平（福建省厦门第一中学）361000在解决函数综合题时，我们经常会遇到在某个范围内都可以任意变动的双变量问题，由于两个变量都在变动，因此不知把那个变量当成自变量进行函数研究，从而无法展开思路，造成无从下手的之感，正因为如此，这样的问题往往穿插在试卷压轴题的某些步骤之中，是学生感到困惑的难点问题之一，本文笔者给出处理这类问题的六种解题思想，希望能给同学们以帮助和启发。一、改变“主变量”思想例１.已知时在｜2|,1)(2mmmxxxf恒成立，求实数x的取值范围.分析：从题面上看，本题的函数式)(xf是以x为主变量，但由于该题中的“恒”字是相对于变量m而言的，所以该题应把m当成主变量，而把变量x看成系数，我们称这种思想方法为改变“主变量”思想。解：01)1(122xxmmmxx时在｜2|m恒成立，即关于m为自变量的一次函数)(mh1)1(2xmx在]2,2[m时的函数值恒为非负值0)2(0)2(hh得1301203222xxxxxx或。对于题目所涉及的两个变元，已知其中一个变元在题设给定范围内任意变动，求另一个变元的取值范围问题，这类问题我们称之为“假”双变元问题，这种“假”双变元问题，往往会利用我们习以常的x字母为变量的惯性“误区”来设计，其实无论怎样设计，只要我们抓住“任意变动的量”为主变量，“所要求范围的量”为常数，便可找到问题所隐含的自变量，而使问题快速获解。二、指定“主变量”思想例２.已知,0nm试比较)1ln(memn与)1ln(1n的大小，并给出证明.分析：本题涉及到两个变量m,n，这里不妨把m当成常数，指定n为主变量x，解答如下解：构造函数),[),1ln(1)1ln()(mxxmexfmx，0m，由0)1()1(1111)(mmxmxmxexeexxeexexf在),[mx上恒成立，)(xf在),[m上递增，0)()(minmfxf，于是，当nm0时，0)1ln(1)1ln()(nmenfmn即)1ln(memn)1ln(1n。因此，有些问题虽然有两个变量，只要把其中一个当常数，另一个看成自变量，便可使问题得以解决，我们称这种思想方法为：指定“主变量”思想。三、化归为值域或最值思想例３.已知函数)1(,ln)(2aaxxaxfx，对1|)()(|],1,1[,2121exfxfxx，2012年第8期数学通讯（上半月）8-12主管：中华人民共和国教育部主办：华中师范大学湖北省数学学会武汉数学学会2求实数a的取值范围。分析：该题虽然在区间[－１，１]上有两个变量21,xx，但由于]1,1[,21xx总有|)()(|21xfxf小于)(xf在区间]1,1[上的最大值与最小值的差，因此该问题便可化归为求函数)(xf在区间]1,1[上的最大值与最小值问题。解：由xaaaxaaxfxx2ln)1(ln2ln)(，0)0(f，当]0,1[x时，02,0ln,01xaax，0)(xf即)(xf在]0,1[上递减；当]1,0[x时，1xa002,0lnxa，0)(xf即)(xf在]1,0[上递增，1)0()(minfxf；max)(xf)}1(),1(max{ff，又由)ln11()ln1()1()1(aaaaff＝aaaln21，构造函数),1[,ln21)(aaaaah，0)1(211)(222aaaaah，)(ah在),1[上递增，又0)1(h，当1a时0)(ah即aafxfffln1)1()(),1()1(max。aaxfxfxfxfxxln)()(|)()(|],1,1[,minmax2121，因此，要题设中的不等式恒成立，只需1lneaa成立便可，于是构造1ln)(eaaa，),1(a，由)(a0111aaa，)(a在),1(上递增，又0)(eeaa0)(，又1aea1，因此，所求实数a的取值范围为],1(e.四、化归为函数单调性思想例4.已知eba，试比较abba与的大小，并说明理由。分析：要比较abba与的大小，由eba可知，只要比较abln与baln的大小比较aaln与bbln的大小即可，因此，只要研究函数),(,ln)(exxxf在单调性便可，解答如下。解：构造函数),(,ln)(exxxxf，0ln1)(2xxxf在),(e上恒成立，)(xf在),(e上递减，由eba得aalnbblnababbababaablnlnlnln.例5.已知函数1ln)1()(2axxaxf(1a),若对任意),0(,nm，||4|)()(|nmnfmf，求a的取值范围解：由0)(,1,0,21)(xfaxaxxaxf，即)(xf在),0(上单调递减，2012年第8期数学通讯（上半月）8-12主管：中华人民共和国教育部主办：华中师范大学湖北省数学学会武汉数学学会3不妨让nm0，)()(nfmf，||4|)()(|nmnfmf)()(nfmfmn44nnfmmf4)(4)(（*），因此，构造函数xxfxF4)()(，由（*）)(xF在),0(上递减，0)(xF04)(xf0421axxa在),0(上恒成立12142xxa在),0(x上恒成立，于是再次构造函数1214)(2xxxh),0(x，由22222222)12()21)(1(8)12(448)12(4)14(48)(xxxxxxxxxxxh.当)21,0(x时0)(xh；当),21(x时0)(xh，2)21()(minhxh，2a，因此满足题意要求的实数a的取值范围为]2,(.以上两例的解法均是通过等价转化与变形，使需要解决的问题等价化归为函数单调性问题来加以解决，我们将这一解题思想称之为：化归成函数单调性思想五、整体代换，“变量归－”思想例６.已知函数1ln2)(2xxxf，若21,xx是两个不相等的正数，且0)()(21xfxf，试比较21xx与2的大小，并说明理由。解：0)()(21xfxf)ln(22212221xxxx)ln(222)(2121221xxxxxx①，设),0(21xxt，则ttxxxxxxln222)ln(222)(2121221②，构造函数)(th＝ttln222，),0(t，由tttth)1(222)(，当)1,0(t时0)(th；当),1(t时0)(th.4)1()(minhth，又因为，若121xxt时，则121xx代入①式得121xx，这与21,xx是两个不相等的正数相矛盾，121xxt)(th＝4ln222tt，代入②式得2,4)(21221xxxx。例７.已知函数)0(2ln)(2abxxaxxG有两个零点21,xx，且201,,xxx成等差数列，试探究)(0xG值的符号。解：依题意得0)(0)(21xGxG且得)1(02ln)2(02ln11212222xabxxxabxx，21xx，不妨设210xx，由（１）－（２）得212121)ln(ln)(xxxxabxx①，又)2()(210xxGxG2012年第8期数学通讯（上半月）8-12主管：中华人民共和国教育部主办：华中师范大学湖北省数学学会武汉数学学会421212)(xxabxx，将①式代入得21212102)ln(ln)(xxaxxxxaxG])(2[ln21212121xxxxxxxxa]1)1([ln21212121xxxxxxxxa，令)1,0(21xxt，则]142[ln)(210ttxxaxG②，构造函数142ln)(ttth，]1,0(t，0)1()1()1(41)(222tttttth在]1,0(t上恒成立。)(th在]1,0(递增，0)1()(maxhth，0)()1,0(tht时，当，又因210xx，0a，0]142[ln)(210ttxxaxG，所以)(0xG恒为正值。例８.已知)0()(,ln)(2abxaxxgxxf函数，且f(x)与g(x)有两个相异的交点),,(11yxA),,(22yxB)(21xx，线段AB的中点为M，过点M作与x轴垂直的直线l，直线l与函数)(xf和函数)(xg的图象分别相交于点P、Q两点，问是否存在这样的两交点A,B，使得函数)(xf在P点处的切线与函数)(xg在Q点处的切线平行？若存在，求出满足条件的A,B两点的坐标；若不存在，说明理由。解：若满足题意的两点存在，则,0,021xx21xx，不妨让210xx，依题意得)1(ln)2(ln11212222xbxaxxbxax，由（１）－（２）得(*)lnln)(212121xxxxbxxa，又依题意知P,Q两点的横坐标均为221xx，,1)(xxf21212)2(xxxxf；又baxxg2)(，bxxaxxg)()2(2121，若)2(21xxf＝)2(21xxg，则bxxa)(21(**)221xx，根据（*）与（**）得212121)(2lnlnxxxxxx112ln212121xxxxxx①。令21xxt，)1,0(t则,142lntt构造142ln)(ttth，]1,0(t，0)1()1()1(41)(222tttttth，)(th在]1,0(上递增，因此，当)1,0(t时0)1()(hth，等式①不成立，即满足题意条2012年第8期数学通讯（上半月）8-12主管：中华人民共和国教育部主办：华中师范大学湖北省数学学会武汉数学学会5件的A,B点不存在。以上例６、例７、例８的解，都是通过等价转化，将关于21,xx的双变量问题等价转化为以21,xx所表示的运算式为整体的单变量问题，通过整体代换转化为只有一个变量的函数式，从而使问题得到巧妙的解决，由此我们将这一解题思想称之为“变量归一”思想。六、借助“参照物”,建构“桥梁”思想例９.已知函数)1ln()(xxf，对于任意的),(),,1(,2121xxxx当),(21xxx时，比较11)()(xxxfxf与22)()(xxxfxf的大小，并说明理由。分析：联想到教材中，指数函数与对数函数的递增“速度”比较，我们可作出函数)1ln()(xxf简图（如右），通过图形的直观判断可得2211)()()()()(xxxfxfkxfxxxfxfkBCAB，又11)(xxf，所以容易想到：借助11)(xxf为“桥染”通过“传递关系”来探索问题的解，解答如下解：构造函数1)()()(111xxxxfxfx；1)()()(222xxxxfxfx，),(21xxx由0)1()()1(1)(1111)(21