摘 要：本文針對一類含雙變量x1，x2的不等式求解問題，通過結合具體實例進行分析，尋求此類問題的解題策略，以便于同行交流與探討.

關鍵詞：雙變量x1，x2;不等式求解

中圖分類號：G632文獻標識碼：A文章編號：1008-0333（2021）04-0043-04

含雙變量x1，x2的不等式求解問題一直是高考數學的重要考點之一，并且經常以壓軸題的形式出現.試題設計經常與函數、不等式結合起來進行考查，同時注重對轉化與構造、函數與方程、數形結合等重要的數學思想與方法考查，試題整體難度較大，從而造成學生思維混亂，難以進行深入推理與計算.因此，本文針對這類含雙變量x1，x2的不等式求解問題，將結合實例進行分析，尋求此類問題的解題策略，以便于同行交流與探討.

一、對稱轉化，借助單調

例1 已知函數fx=1ex，gx=lnx，其中e為自然對數的底數，若對于任意的x1>x2>0，gx1-gx2>λfx2-fx1成立，求實數λ的取值范圍.

解析 由題意得對于任意x1>x2>0，gx1-gx2>λfx2-fx1成立，即

gx1+λfx1>gx2+λfx2.設φx=gx+λfx，所以，對于任意x1>x2>0，總有φx1>φx2，故函數φx=gx+λfx單調遞增.φ′x=g′x+λf ′x=ex-λxxex≥0在0，+SymboleB@上恒成立，λ≤exxmin.令y=exx，

則y′=ex·x-exx′，若y′=0，

得x=1，若y′>0，得x>1;若y′<0，得0<x<1.所以函數y=exx在0，1上單調遞減，在1，+SymboleB@上單調遞增，函數y=exx的最小值是y=e，實數λ的取值范圍是λ≤e.

評注 由gx1-gx2>λfx2-fx1化為gx1+λfx1>gx2+λfx2

是一種數學對稱美的體現，遇到類似的條件句朝著對稱的方向轉化.這樣一來，對于任意的x1>x2>0，總有gx1+λfx1>gx2+λfx2成立，就變成了φx1>φx2，這就轉化成為函數φx=gx+λfx在0，+SymboleB@上單調遞增，最終轉化為導數問題.

例2 已知函數fx=-lnx-2x2+1，證明對于任意x1，x2∈0，+SymboleB@，不等式fx1-fx2≥4x1-x2恒成立.

證明 fx的定義域為0，+SymboleB@.f ′x=-1x-4x，因為f ′x=-1x-4x<0，所以fx在0，+SymboleB@上單調遞減.假設x1≥x2，fx1-fx2=fx2-fx1，則fx1-fx2≥4x1-x2fx2+4x2≥fx1+4x1，令gx=fx+4x=-lnx-2x2+1+4x，因為g′x=-4x2+4x-1x=-2x-12x≤0，所以gx在0，+SymboleB@上單調遞減，故gx1≤gx2.即不等式fx1-fx2≥4x1-x2恒成立.

評注 含有fx1-fx2的式子關鍵是去絕對值符號，可以利用單調性去絕對值符號.即對于單調函數fx，若x1<x2，則fx1-fx2=fx2-fx1.若a≤x1<x2≤b，gx2>gx1在a，b上恒成立gx在a，b上單調遞增，所以g′x≥0在a，b恒成立.對于含有二元變量x1，x2的函數，可以使變量x1，x2分別位于不等號兩邊，呈現出不等式左右兩邊結構一樣的對稱關系式，便于構造函數模型取解決問題.

二、整體換元，構造函數

例3 對任意不相等的正實數x1，x2，試證：

x1-x2lnx1-lnx2<x1+x22.

解析 x1-x2lnx1-lnx2<x1+x22，等價轉化為lnx1x2>2x1-x2x1+x2=2x1x2-1x1x2+1

不妨設x1>x2，令x1x2=t（t>1），構造函數gt=lnt-2t-1t+1（t>1），求導得g′t=1t-4t+12=t-12tt+12，因為t>1時，g′t>0，所以gt在1，+SymboleB@上為增函數，從而gt>g1=0，也就是lnx1x2>2x1x2-1x1x2+1成立.所以x1-x2lnx1-lnx2<x1+x22成立.

評注 此不等式是對數平均不等式，它的證明給我們提供了把二元變量x1，x2的函數變成一元變量的一種方法，即設x1=tx2，將不等式的證明轉化為證明lnt>2t-1t+1（t>1）.利用這個不等式可解決很多極值點偏移的題目.

例4 已知0<a<1e，函數fx=xlnx-a2x2-x+a（a∈R）在其定義域內有兩個不同的極值點，分別為x1，x2，x1>x2>0.

（1）若gx=lnx-2x-1x+1（x>1），求函數gx的值域;

（2）證明：x1x2>e2.

解析 （1）由gx=lnx-2x-1x+1，則g′x=x-12xx+12>0，因為函數gx在1，+SymboleB@單調遞增，所以gx>g1=0，函數gx的值域是0，+SymboleB@.（2）

f ′x=lnx-ax，x1，x2是fx的兩個極值點，可知x1，x2分別是方程lnx-ax=0的兩個根，即lnx1=ax1，lnx2=ax2，設x1>x2，相加得

lnx1+lnx2=ax1+x2①

相減得lnx1-lnx2=ax1-x2②

即a=lnx1-lnx2x1-x2③

因此，要證明不等式x1x2>e2，等價于證明lnx1+lnx2>2，結合①，只需要證明

ax1+x2>2.結合③，只需要證明lnx1x2>2x1-x2x1+x2.令x1x2=t，則t>1，

lnx1x2>2x1x2-11+x1x2lnt>2t-1t+1.設gt=lnt-2t-1t+1，由典例1知，gt>0，即不等式lnt>2t-1t+1成立.所以lnx1x2>2x1x2-1x1x2+1，即lnx1x2>2x1-x2x1+x2，

故所證不等式x1x2>e2成立.

評注 要證明x1x2>e2，只需要證明lnx1+lnx2>2，而lnx1+lnx2=ax1+x2，只需要證明ax1+x2>2，因a=lnx1-lnx2x1-x2，所以只需要證明不等式lnx1x2>2x1-x2x1+x2成立.本題的解題方向和目標就是證明不等式lnx1x2>2x1-x2x1+x2成立，可轉化為lnx1x2>2x1x2-1x1x2+1.這樣一來，就把二元變量轉化為一元變量問題，構造新函數也就水到渠成了.

三、關注極值，借助偏移

例5 已知函數fx=x-2ex+3x-12有兩個零點，設x1，x2是fx的兩個零點，證明：x1+x2<2.

解析 由題意知f ′x=x-1ex+6x-1=x-1ex+6.因為fx在-SymboleB@，1上單調遞減，在1，+SymboleB@上單調遞增，因此函數的唯一的極值點是x=1.構造函數

Fx=fx-f2-x=x-2ex+3x-12--xe2-x+31-x2

=x-2ex+xe2-x.

F′x=ex+x-2ex+e2-x-xe2-x=x-1e2x-exex，當x>1時，x-1>0，e2x-e2>0，F′x>0;當x<1時，x-1<0，e2x-e2<0，F′x>0.

所以Fx=fx-f2-x在R上單調遞增.因為F1=

f1-f2-1=0，所以當x>1時，fx>f2-x，不妨設x1<1<x2，則fx2>f2-x2.所以fx1=fx2>f2-x2，即fx1>f2-x2.因為x2>1，則2-x2<1，且x1<1，又因為fx在-SymboleB@，1上單調遞減，所以x1<2-x2，即x1+x2<2.

評注 已知函數y=fx是連續(xù)函數，在區(qū)間x1，x2內有唯一的極值點x0（即y=fx為單峰函數）且fx1=fx2，若極值點左右的“增減速度”不同，函數的圖像不具有對稱性，常常有極值點x0≠x1+x22的情況，我們稱這種狀態(tài)為“極值點偏移”.若fx1=fx2且x1+x2=2x0，則極值點無偏移;若fx1=fx2且x1+x2>2x0，則極值點x0向左偏移;若fx1=fx2且x1+x2<2x0，則極值點x0向右偏移.極值點偏移是高考導數部分的一個熱點，本題證明的思路：先求函數fx的單調區(qū)間有兩個目的，求極值點，x=1確定極值點偏離方向，然后構造函數Fx=fx-f2-x驗證F1=0，根據Fx的單調性，目的是得x>1，fx>f2-x，最后明確fx1=fx2的作用，即在x2>1得到fx2>f2-x2的情況下，實現fx1&gt;f2-x2的轉化.

四、等價轉化，構造模型

例6 函數fx=x-3ex，對于任意x1，x2∈1，3有fx1-fx2≤a，則實數a的最小值為.

解析 令f ′x=0，解得x=2，因為f1=-2e，f2=-e2，f3=0，所以fxmin=-e2，fxmax=0.又因為對于任意x1，x2∈1，3，有fx1-fx2≤a，所以fxmax-fxmin≤a.因為fxmax-fxmin=e2，所以a≥e2，故實數a的最小值為e2.

評注 fx1-fx2≤fxmax-fxminfxmin-fxmax≤fx1-fx2≤fxmax-fxmin.對于任意x1，x2∈D，fx1-fx2≤afxmax-fxmin≤a;fx1-fx2≥afxmin-fxmax≥a.

五、依據結構，等價轉化

例7 已知函數fx=x+1x+a2，gx=x2-2ax+2aa-1.

（1）若任意x1，x2∈1a，a，a>1，總有fx1-fx2≤4成立，則實數a的取值范圍是.

（2）若存在x1，x2∈1a，a，a>1，使得fx1-fx2≥4成立，則實數a的取值范圍是.

（3）若存在x1，x2∈1a，a，a>1，使得fx1-gx2≤6成立，則實數a的取值范圍是.

解析 由f ′x=1-1x2=x2-1x2=0，得x=1，x=-1（舍去）.當f ′x>0時，x>1;當f ′x<0時，0<x<1，所以fx在1a，1上單調遞減，在1，a上單調遞增.故x=1時，fx的最小值是fxmin=f1=2+a2，fx的最大值是fxmax=fa=f1a=a+1a+a2.

（1）若任意x1，x2∈1a，a，a>1，總有fx1-fx2≤4，即fxmax-fxmin≤4，則a+1a+a2-2-a2≤4，即a2-6a+1≤0，解得3-22≤a≤3+22.又因為a>1，所以實數a的取值范圍是1，3+22.

（2）存在x1，x2∈1a，a，a>1，使得fx1-fx2≥4成立，即fxmax-fxmin≥4，則a2-6a+1≥0，且a>1，得a≥3+22，所以實數a的取值范圍是3+22，+SymboleB@.

（3）gx=x2-2ax+2aa-1在1a，a上單調遞增，所以函數的最大值是ga=a2-2a.而fx的最小值是f1=2+a2a>1，且a2-2a<a2+2，所以存在x1，x2∈1a，a，a>1，使得fx1-gx2≤6成立，等價于fxmin-gxmax≤6，即a2+2-a2+2a≤6，解得1<a≤2.故實數a的取值范圍是1<a≤2.

評注 對于任意的x1，x2，不等式fx2-fx1≤m恒成立的意義就是函數fx在區(qū)間內任意兩個函數值相差都不超過m，即fxmax-fxmin≤m;而存在x1，x2，能滿足不等式fx2-fx1≥m的意義是函數fx在區(qū)間內，至少存在兩個函數值相差超過m，即fxmax-fxmin≥m，若存在x1∈A，x2∈B，使得fx1-gx2≤m等價于gxmin-fxmax≤m，且fxmin-gxmax≤m.

六、任意存在，注意區(qū)別

例8 已知e為自然對數的底數，fx=xlnx+a，gx=x2ex.

（1）若對任意x1∈1e，1，總存在x2∈-1，1使得fx1=gx2，求實數a的取值范圍;

（2）若對任意x1∈1e，1，總存在唯一的x2∈-1，1使得fx1=gx2，求實數a的取值范圍.

解析 因為x≥1e，lnx≥-1，所以f ′x=lnx+1≥0，函數fx=xlnx+a在區(qū)間1e，1上單調遞增，所以-1e+a≤fx≤a，即x∈1e，1時，函數fx的值域為-1e+a，a.因為g′x=2x+x2ex，x∈-1，1，當g′x>0時，0<x≤1;當g′x<0時，-1≤x<0.所以gx在-1，0上單調遞減，在0，1上單調遞增，故gx在x=0處取得極小值0，且g-1=1e，g1=e，即x∈-1，1時，函數gx的值域是0，e.

（1）對任意x1∈1e，1，總存在x2∈-1，1使得fx1=gx2，即fx的值域是函數gx值域的子集，所以0≤-1e+aa≤e，解得1e≤a≤e.所以實數a的取值范圍是1e≤a≤e.

（2）令y=fx1=m，則對任意x1∈1e，1，總存在唯一的x2∈-1，1使得fx1=gx2，等價于方程m=gx存在唯一的解x2，其中x2∈-1，1，則1e≤-1e+aa≤e，解得2e<a≤e.所以實數a的取值范圍是2e<a≤e.

評注 若任意x1∈D1總存在x2∈D2使得fx1=gx2，實質上就是兩個函數值域的包含關系，故此類問題利用值域可解;當涉及x2的具體個數時，就不是單純依靠函數值域就能解決的.如若任意x1∈D1總存在唯一的x2∈D2使得fx1=gx2，函數gx在區(qū)間-1，1內取一個與fx1相等的函數值，對應的自變量的值x2是唯一的.從圖形上看，函數gx在區(qū)間-1，1上必須是單調的，且y=fx1與函數gx圖象有且僅有一個交點.

參考文獻：

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[責任編輯：李 璟]