張 剛

(安徽省宿州應(yīng)用技術(shù)學(xué)校 234000)

含雙變量x1，x2的不等式求解問題一直是高考數(shù)學(xué)的重要考點(diǎn)之一，并且經(jīng)常以壓軸題的形式出現(xiàn).試題設(shè)計(jì)經(jīng)常與函數(shù)、不等式結(jié)合起來進(jìn)行考查，同時(shí)注重對(duì)轉(zhuǎn)化與構(gòu)造、函數(shù)與方程、數(shù)形結(jié)合等重要的數(shù)學(xué)思想與方法考查，試題整體難度較大，從而造成學(xué)生思維混亂，難以進(jìn)行深入推理與計(jì)算.因此，本文針對(duì)這類含雙變量x1，x2的不等式求解問題，將結(jié)合實(shí)例進(jìn)行分析，尋求此類問題的解題策略，以便于同行交流與探討.

一、對(duì)稱轉(zhuǎn)化，借助單調(diào)

評(píng)注由g(x1)-g(x2)>λ[f(x2)-f(x1)]化為g(x1)+λf(x1)>g(x2)+λf(x2)是一種數(shù)學(xué)對(duì)稱美的體現(xiàn)，遇到類似的條件句朝著對(duì)稱的方向轉(zhuǎn)化.這樣一來，對(duì)于任意的x1>x2>0，總有g(shù)(x1)+λf(x1)>g(x2)+λf(x2)成立，就變成了φ(x1)>φ(x2)，這就轉(zhuǎn)化成為函數(shù)φ(x)=g(x)+λf(x)在(0,+)上單調(diào)遞增，最終轉(zhuǎn)化為導(dǎo)數(shù)問題.

例2 已知函數(shù)f(x)=-lnx-2x2+1，證明對(duì)于任意x1，x2∈(0,+)，不等式|f(x1)-f(x2)|≥4|x1-x2|恒成立.

證明f(x)的定義域?yàn)?0,+).因?yàn)樗詅(x)在(0,+)上單調(diào)遞減.假設(shè)x1≥x2，|f(x1)-f(x2)|=f(x2)-f(x1)，則|f(x1)-f(x2)|≥4|x1-x2|?f(x2)+4x2≥f(x1)+4x1，令g(x)=f(x)+4x=-lnx-2x2+1+4x，因?yàn)樗詆(x)在(0,+)上單調(diào)遞減，故g(x1)≤g(x2).即不等式|f(x1)-f(x2)|≥4|x1-x2|恒成立.

評(píng)注含有|f(x1)-f(x2)|的式子關(guān)鍵是去絕對(duì)值符號(hào)，可以利用單調(diào)性去絕對(duì)值符號(hào).即對(duì)于單調(diào)函數(shù)f(x)，若x1g(x1)在[a,b]上恒成立?g(x)在[a,b]上單調(diào)遞增，所以g′(x)≥0在[a,b]恒成立.對(duì)于含有二元變量x1，x2的函數(shù)，可以使變量x1，x2分別位于不等號(hào)兩邊，呈現(xiàn)出不等式左右兩邊結(jié)構(gòu)一樣的對(duì)稱關(guān)系式，便于構(gòu)造函數(shù)模型取解決問題.

二、整體換元，構(gòu)造函數(shù)

例3對(duì)任意不相等的正實(shí)數(shù)x1，x2，試證：

(2)證明：x1x2>e2.

(2)f′(x)=lnx-ax，x1，x2是f(x)的兩個(gè)極值點(diǎn)，可知x1，x2分別是方程lnx-ax=0的兩個(gè)根，即lnx1=ax1，lnx2=ax2，設(shè)x1>x2，相加得lnx1+lnx2=a(x1+x2)

①

相減得lnx1-lnx2=a(x1-x2)

②

③

三、關(guān)注極值，借助偏移

例5已知函數(shù)f(x)=(x-2)ex+3(x-1)2有兩個(gè)零點(diǎn)，設(shè)x1，x2是f(x)的兩個(gè)零點(diǎn)，證明：x1+x2<2.

解析由題意知f′(x)=(x-1)ex+6(x-1)=(x-1)(ex+6).因?yàn)閒(x)在(-,1)上單調(diào)遞減，在(1,+)上單調(diào)遞增，因此函數(shù)的唯一的極值點(diǎn)是x=1.構(gòu)造函數(shù)F(x)=f(x)-f(2-x)=(x-2)ex+3(x-1)2-(-x)e2-x+3(1-x)2=(x-2)ex+xe2-x.

四、等價(jià)轉(zhuǎn)化，構(gòu)造模型

例6函數(shù)f(x)=(x-3)ex，對(duì)于任意x1，x2∈[1,3]有f(x1)-f(x2)≤a，則實(shí)數(shù)a的最小值為____.

解析令f′(x)=0，解得x=2，因?yàn)閒(1)=-2e，f(2)=-e2，f(3)=0，所以f(x)min=-e2，f(x)max=0.又因?yàn)閷?duì)于任意x1，x2∈[1,3]，有f(x1)-f(x2)≤a，所以f(x)max-f(x)min≤a.因?yàn)閒(x)max-f(x)min=e2，所以a≥e2，故實(shí)數(shù)a的最小值為e2.

評(píng)注|f(x1)-f(x2)|≤f(x)max-f(x)min?f(x)min-f(x)max≤f(x1)-f(x2)≤f(x)max-f(x)min.對(duì)于任意x1，x2∈D,f(x1)-f(x2)≤a?f(x)max-f(x)min≤a;f(x1)-f(x2)≥a?f(x)min-f(x)max≥a.

五、依據(jù)結(jié)構(gòu)，等價(jià)轉(zhuǎn)化

評(píng)注對(duì)于任意的x1，x2，不等式|f(x2)-f(x1)|≤m恒成立的意義就是函數(shù)f(x)在區(qū)間內(nèi)任意兩個(gè)函數(shù)值相差都不超過m，即f(x)max-f(x)min≤m；而存在x1，x2，能滿足不等式|f(x2)-f(x1)|≥m的意義是函數(shù)f(x)在區(qū)間內(nèi)，至少存在兩個(gè)函數(shù)值相差超過m，即f(x)max-f(x)min≥m,若存在x1∈A，x2∈B，使得|f(x1)-g(x2)|≤m等價(jià)于g(x)min-f(x)max≤m，且f(x)min-g(x)max≤m.

六、任意存在，注意區(qū)別

例8已知e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，f(x)=xlnx+a，g(x)=x2ex.

評(píng)注若任意x1∈D1總存在x2∈D2使得f(x1)=g(x2)，實(shí)質(zhì)上就是兩個(gè)函數(shù)值域的包含關(guān)系，故此類問題利用值域可解;當(dāng)涉及x2的具體個(gè)數(shù)時(shí)，就不是單純依靠函數(shù)值域就能解決的.如若任意x1∈D1總存在唯一的x2∈D2使得f(x1)=g(x2)，函數(shù)g(x)在區(qū)間[-1,1]內(nèi)取一個(gè)與f(x1)相等的函數(shù)值，對(duì)應(yīng)的自變量的值x2是唯一的.從圖形上看，函數(shù)g(x)在區(qū)間[-1,1]上必須是單調(diào)的，且y=f(x1)與函數(shù)g(x)圖象有且僅有一個(gè)交點(diǎn).