●江志杰(惠安縣第三中學(xué)福建惠安362100)

例說多元初等函數(shù)結(jié)構(gòu)的化解策略

●江志杰(惠安縣第三中學(xué)福建惠安362100)

以xi(其中i=1，2，…，n)為變量的基本初等函數(shù)，經(jīng)過有限次的四則運算或復(fù)合運算，且可用一個式子表示的函數(shù)y=f(x1，x2，…，xn)，稱為多元初等函數(shù).近年來各地高考屢屢以多元函數(shù)模型為載體，綜合考查函數(shù)的單調(diào)性、最值、導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用等基礎(chǔ)知識，著力考查推理論證能力、運算求解能力、知識交匯遷移能力和創(chuàng)新意識等，有效考查函數(shù)與方程、化歸與轉(zhuǎn)化、分類與整合、數(shù)形結(jié)合等數(shù)學(xué)思想.這對以一元函數(shù)為主體的傳統(tǒng)函數(shù)教學(xué)有著極大的挑戰(zhàn)和跨越，為此筆者著重從多元初等函數(shù)結(jié)構(gòu)入手，談?wù)勂浠獠呗?

1 配湊換元轉(zhuǎn)化為一元函數(shù)

有些二元函數(shù)y=f(x1，x2)經(jīng)過適當?shù)恼碜冃魏?，可令其中或t=x1x2或t=x1±x2等，轉(zhuǎn)換為關(guān)于t的一元函數(shù)y=φ(t)來解決，這是一種最常規(guī)的化歸策略.

例1設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)(其中x1＜x2)是函數(shù)f(x)=xlnx－x+1圖像上的2個點，且曲線f(x)在點T(t，f(t))處的切線與直線AB平行，求證:x1＜t＜x2.

解由kAB=f'(t)得

本題關(guān)鍵是證明關(guān)于t的函數(shù)

在(x1，x2)上有零點.注意到g(t)在(x1，x2)上單調(diào)遞增，于是問題轉(zhuǎn)化為判斷端點值g(x1)，g(x2)的符號.而

的右端是二元“準齊次”的分式結(jié)構(gòu)，分式上下同除以x2得

點評解決本題的另一關(guān)鍵就是要明確字符t，x1，x2，λ的“身份特征”，如在初始函數(shù)

中t是自變量、未知量，x1，x2是常量;然而在二元函數(shù)

中，x1，x2是自變量的“身份”;λ是換元簡化后一元函數(shù)的自變量.因此，只有把握前后函數(shù)的“主元”，方能抓住解決問題的核心和本質(zhì).

變式設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)(其中x1＜x2)是函數(shù)f(x)=eax－x(其中a≠0)圖像上的2個點，記直線AB的斜率為k，問:是否存在x0∈(x1，x2)，使得f'(x0)＞k成立?若存在，求x0的取值范圍;若不存在，請說明理由.

點評本題解析中φ(x1)，φ(x2)的配湊整理和分離一元函數(shù)F(t)=et－t－1的模型是問題解決的最大“亮點”.

2 更換主元演變?yōu)橐辉瘮?shù)

多元初等函數(shù)y=f(x1，x2，…，xn)經(jīng)常根據(jù)實際需要，比如將x1視作變量，其余x2，…，xn視作常量，即可實現(xiàn)轉(zhuǎn)化為一元函數(shù)y=φ(x1)的形式.

如例1中:

的符號由分子x2(lnx1－lnx2)+x2－x1的符號所確定.若將x1視作自變量、將x2視作常量，則可得一元函數(shù)

(其中x1∈(0，x2)，x2為常量)，對x1求導(dǎo)得

故函數(shù)φ(x1)=x2(lnx1－lnx2)+x2－x1在(0，x2)上單調(diào)遞增，且用x2替代x1得端點值φ(x2)=0，于是φ(x1)＜0，g(x1)＜0.同理可得g(x2)＞0.

3 利用單調(diào)性定義建構(gòu)函數(shù)

某些二元不等式左、右2邊具備鮮明的同構(gòu)性，比如f(x1)＞f(x2)或等結(jié)構(gòu)的不等式經(jīng)常可建構(gòu)函數(shù)模型，轉(zhuǎn)化為函數(shù)的單調(diào)性問題加以解決.

例2設(shè)f(x)=ex－a(x+1)(e是自然對數(shù)的底數(shù)，e=2.718 28…)，且f'(0)=0.

1)求實數(shù)a的值，并求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間;

2)設(shè)g(x)=f(x)－f(－x)，若曲線y=g(x)上任意不同的2個點連線的斜率恒大于實數(shù)m，試求實數(shù)m的取值范圍.

分析1)a=1，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，+∞);單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，0).

2)依題意得，對任意x1，x2∈R(其中x1＜x2)，恒有成立，即

構(gòu)造函數(shù)F(x)=g(x)－mx，則F(x)在R上單調(diào)遞增.因此

即m≤g'(x)在R上恒成立.而

當且僅當x=0時，取到等號，故m≤0.

4 挖掘目標函數(shù)式幾何意義

有些多元函數(shù)y=f(x1，x2，…，xn)本身蘊含著某種特殊結(jié)構(gòu)(如2個點間的距離或距離平方或2個點的斜率等形式)，具有豐富的幾何意義.倘若我們能充分發(fā)揮數(shù)形結(jié)合思想，必將巧妙有效地開辟新的解法空間.

例3若實數(shù)a，b，c，d滿足(b+a2－3lna)2+(c－d+2)2=0，則(a－c)2+(b－d)2的最小值為______.

解目標多元函數(shù)(a－c)2+(b－d)2表示點(a，b)與點(c，d)之間距離的平方，由已知條件得

即點(a，b)，(c，d)分別是曲線y=－x2+3lnx與直線x－y+2=0上的動點，因此本題的關(guān)鍵是求曲線y=－x2+3lnx上的點與直線x－y+2=0上點的距離的最小值.設(shè)曲線y=－x2+3lnx在點P(m，n)處的切線與直線x－y+2=0平行，則

從而(a－c)2+(b－d)2的最小值為8.

例4已知正數(shù)a，b，c滿足:5c－3a≤b≤4c－a，clnb≥a+clnc，則的取值范圍是______.

解本題關(guān)鍵在于挖掘條件中多元不等式的內(nèi)涵:5c－3a≤b≤4c－a，clnb≥a+clnc可化為

作出(x，y)所在平面區(qū)域(如圖1).過原點作曲線y=ex的切線，設(shè)切點為P(t，et)，則

圖1

解得t=1，kOP=e.

點評在研究某些多元函數(shù)結(jié)構(gòu)問題時，如果單純從代數(shù)的角度去分析思考，往往很難找到正確的解題途徑.這時若能根據(jù)函數(shù)式的結(jié)構(gòu)特征，聯(lián)想到與之相應(yīng)的幾何背景、幾何模型，就可使問題迎刃而解，體現(xiàn)出簡捷、明快、精巧、創(chuàng)新的數(shù)學(xué)風(fēng)格.

5 分離提煉隱藏函數(shù)

有些多元方程f(x1，x2，…，xn)=0中，當取區(qū)間內(nèi)的某一值時，相應(yīng)地總有滿足這一方程的唯一的xj(其中j∈{1，2，…，n})存在，那么多元方程f(x1，x2，…，xn)=0在該區(qū)間確定了一個隱藏函數(shù)xj=φ(xi)(其中i，j∈{1，2，…，n}(i≠j)).通過分離提煉隱藏函數(shù)xj=φ(xi)，從而實現(xiàn)問題的化解.但要注意有時隱藏函數(shù)xj=φ(xi)的確定顯化是有困難的，甚至不可能的.

例5已知函數(shù)f(x)=x－aex(其中a∈R，x∈R).若函數(shù)y=f(x)有2個零點x1，x2，且x1＜x2.

1)求a的取值范圍;

3)證明:x1+x2隨著a的減小而增大.

(2014年天津市數(shù)學(xué)高考理科試題)

解1)由f(x)=x－aex，可得

下面分2種情況討論:

①當a≤0時，f'(x)＞0在R上恒成立，可得f(x)在R上單調(diào)遞增，不合題意.

②當a＞0時，令f'(x)＞0得x＜－lna，令f'(x)＜0得x＞－lna.因此f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(－∞，－lna)，單調(diào)遞減區(qū)間是(－lna，+∞).依題意得f(－lna)=－lna－1＞0，解得0＜a＜e－1，即a的取值范圍是(0，e－1).

2)由x1－aex1=0得x1是自變量a的函數(shù)，2邊關(guān)于a求導(dǎo)數(shù)得

由第1)小題可知

同理可得x2'＜0，即當自變量a的值減小時，x1的值減小，x2的值增大，從而(其中x1＞0，x2＞0)的值增大.

易知x1+x2在t∈(1，+∞)上隨著t的增大而增大.而t隨著a的減小而增大，故x1+x2隨著a的減小而增大.

結(jié)束語多元函數(shù)結(jié)構(gòu)的化解問題其實是個廣泛而籠統(tǒng)的話題，在高中數(shù)學(xué)考查中屢屢涉及，著實讓廣大師生深感棘手茫然.但只要精心剖析多元結(jié)構(gòu)式的本質(zhì)特征或鮮明特點，巧妙靈活地通過換元、分離或提取等一系列措施，有效轉(zhuǎn)化為一元函數(shù)問題解決，將一元函數(shù)的思想方法淋漓盡致地滲透或遷移在多元函數(shù)問題中，就能很好地解決，而這種處理方式也正符合高中數(shù)學(xué)新課程所提倡的高層次能力要求.