■河南省洛陽市汝陽縣第一高級中學 張海濤

雙變量問題是近年高考數(shù)學導數(shù)部分壓軸題目的?？?，在2010年天津、2011年遼寧、2013年湖南、2016年全國Ⅰ卷理科、2018年全國Ⅰ卷理科等高考數(shù)學試卷中均以壓軸級別出現(xiàn)，在函數(shù)與不等式、導數(shù)知識的交匯地帶，利用導數(shù)這個工具，可以充分考查函數(shù)及不等式知識，也可以全面深刻地考查高中數(shù)學函數(shù)思想，充分暴露同學們的探索能力，因此高考命題專家熱衷于在這個背景下命制壓軸題目。

揭開問題的層層面紗，我們發(fā)現(xiàn)解決問題的法寶是構造一元變量函數(shù)。下面我們就常見問題進行探究，希望通過本文能給同學們帶來幫助。

一、主變量構造統(tǒng)一變量

例1已知0≤m＜n，試比較en-m+ln(m+1)與1+ln(n+1)的大小，并給出證明過程。

分析：本題涉及兩個變量m，n，這里不妨把m當成常數(shù)，設定n為主變量x。

解：構造函數(shù)f(x)=ex-m+ln(m+1)-1-ln(x+1)，x∈[m，+∞)，m≥0。

f(x)min=f(m)=0。

因此，當0≤m＜n時，f(n)=en-m+ln(m+1)-1-ln(n+1)＞0。

所以en-m+ln (m+1)＞1+ln(n+1)＞0。

點評：當問題有兩個變量時，我們可以把一個變量看成常數(shù)，另一個變量看成自變量，使問題得以解決，我們稱這種方法為主變量思想。

二、值域寬度統(tǒng)一變量

例2已知函數(shù)f(x)=ax+x2-xlna(a＞0，a≠1)。

(1)求函數(shù)f(x)的單調區(qū)間;

(2)對?x1，x2∈[-1，1]，|f(x1)-f(x2)|≤e-1恒成立，求實數(shù)a的取值范圍。

分析：對于第二問，我們很容易發(fā)現(xiàn)問題實際上是求解給定區(qū)間上函數(shù)的最值的差問題，進而通過求解最值，構造最值的差函數(shù)，利用導數(shù)求解a的范圍即可。

解：(1)函數(shù)f(x)的定義域為R，f'(x)=axlna+2x-lna=2x+(ax-1)lna。

令h(x)=f'(x)=2x+(ax-1)lna，則h'(x)=2+axln2a。

當a＞0，a≠1時，h'(x)＞0，所以h(x)在R上是增函數(shù)。

又h(0)=f'(0)=0，所以f'(x)＞0的解集為(0，+∞)，f'(x)＜0的解集為(-∞，0)。

故函數(shù)f(x)的單調增區(qū)間為(0，+∞)，單調減區(qū)間為(-∞，0)。

(2)問題等價于f(x)在[-1，1]的最大值與最小值之差小于等于e-1。

由(1)可知f(x)在[-1，0]上遞減，在[0，1]上遞增，所以f(x)的最小值為f(0)=1，而最大值是f(-1)，f(1)中較大的那個。且f(-1)=+1+lna ，f(1)=a+1-lna，f(1)-f(-1)=a--2lna。

故對 ?x1，x2∈ [-1，1]，|f(x1)-f(x2)|≤f(1)-f(0)=a-lna。

則a-lna≤e-1。

由a-lna≤e-1，可得a的取值范圍是1＜a≤e。

點評：對于任意性、存在性雙變量函數(shù)值差的問題，根據(jù)特征常常可以轉化為最值問題進行解決，即構造關于值域的有關函數(shù)，我們稱之為值域寬度問題。

三、分離構造統(tǒng)一變量

例3已知函數(shù)f(x)=(a+1)lnx+ax2+1(a≤-2)，證明:對任意x1，x2∈(0，+∞)，f(x1)-f(x2)≥4x1-x2。

分析：由題中所證結論入手，發(fā)現(xiàn)需要證明f(x2)+4x2≥f(x1)+4x1，根據(jù)特征構造函數(shù)，利用函數(shù)單調性證明結論即可。

解：由題意知a≤-2，f(x)的定義域為(0，+∞)，且f'(x)=+2ax=

則f(x)在(0，+∞)上單調遞減。

不妨假設x1≥x2，那么|f(x1)-f(x2)|≥4|x1-x2|等價于f(x2)-f(x1)≥4x1-4x2，即f(x2)+4x2≥f(x1)+4x1。

從而g(x)在(0，+∞)上單調遞減，故g(x1)≤g(x2)，即f(x1)+4x1≤f(x2)+4x2。

故對任意x1，x2∈(0，+∞)，總滿足|f(x1)-f(x2)|≥4|x1-x2|。

例4已知函數(shù)f(x)=x2-8x+alnx(a∈R)。

(1)當x=1時，f(x)取得極值，求a的值并判斷x=1是極大值點還是極小值點;

(2)當函數(shù)f(x)有兩個極值點x1，x2(x1＜x2)，且x1≠1時，總有3x1-)成立，求t的取值范圍。

分析：對于第二問根據(jù)函數(shù)在定義域內有兩個極值點x1，x2(x1＜x2)，問題轉化為t(x)=2x2-8x+a=0在(0，+∞)上有兩個不等的正實數(shù)根，得到0＜a＜8，。因為變量x1，x2獨立性不強，不能直接構造，所以轉化為x1的函數(shù)解決。

解：(1)f'(x)=(x＞0)，f'(1)=0，則a=6。

(2)函數(shù)f(x)的定義域為(0，+∞)，有兩個極值點x1，x2(x1＜x2)，則t(x)=2x2-8x+a=0在(0，+∞)上有兩個不等的正實數(shù)根，所以0＜a＜8。

從而問題轉化為當0＜x1＜2，且x1≠1

1)當t≥0時，h'(x)＞0，則h(x)在(0，2)上為增函數(shù)。但h(1)=0，①式在(1，2)上不成立。

2)當t＜0時，方程tx2+2x+t=0的Δ=4-4t2。若Δ≤0，即t≤-1時，h'(x)≤0，所以h(x)在(0，2)上為減函數(shù)。且h(1)在區(qū)間(0，1)及(1，2)上同號，故①式成立。

若Δ＞0，即-1＜t＜0時，y=tx2+2x+t的對稱軸x=-＞1。

綜上可知，t≤-1滿足題意。

點評：對于雙變量問題，若兩個變量地位均等，相互獨立，能分離，則分離構造一元函數(shù)；不能分離，則合二為一，構造一元函數(shù)。

四、齊次式構造統(tǒng)一變量

例5已知f(x)=xlnx-mx2-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))。

分析：由于題中兩個變量x1，x2獨立性不強，所以可通過兩邊取對數(shù)轉化為證明lnx1+lnx2＞2。由導函數(shù)對應方程的根x1，x2，可得通過兩個式子的減加得到關于x1，x2的齊次式。這樣我們可以通過換元，設，構造一元變量函數(shù)解決問題。

證明：欲證x1x2＞e2，需證lnx1+lnx2＞2。若f(x)有兩個極值點x1，x2，即函數(shù)f'(x)有兩個零點。又因為f'(x)=lnxmx，所以x1，x2是方程f'(x)=0的兩個不同實根。

于是ln x1+ln x2=

又0＜x1＜x2，可設，則t＞1。

因此，lnx1+ln

要證lnx1+lnx2＞2，即證2，其中t＞1。

所以h(t)在(1，+∞)上為增函數(shù)。

由于h(1)=0，因此，h(t)≥h(1)=0。

點評：對于齊次構造解決極值點偏移的二元變量問題，常常通過對導函數(shù)對應的零點方程相減，進而結合需要對導函數(shù)的零點方程相加，方便構造出對應兩個零點的齊次方程，順其自然消去參數(shù)，結合所證構造對應函數(shù)解決問題。

五、切線法統(tǒng)一變量

例6已知函數(shù)f(x)=lnx+(e-a)·x-2b，若不等式f(x)≤0對x∈(0，+∞)恒成立，求的最小值。

分析：問題可轉化為lnx≤(a-e)x+2b恒成立。設(x0，y0)為曲線y=lnx上的任意點，求解切線方程得到lnx≤x+lnx0-1，利用系數(shù)相等得到進而構造關于x0的函數(shù)，求解最值即可。

解：由題意知lnx≤(a-e)x+2b恒成立。

設函數(shù)y=lnx上一點為(x0，y0)，則x+lnx0-1。

分析：由題意知可轉化為ex≥(a+2)x+b-2恒成立。設直線與指數(shù)函數(shù)的切點坐標為(x0，ex0)，同上，可得到=1-x0，構造函數(shù)解決。

解：由題意知ex≥(a+2)x+b-2恒成立，可構造函數(shù)f(x)=ex，y=(a+2)x+b-2。

設直線與指數(shù)函數(shù)的切點坐標為(x0，ex0)，k=f'(x0)=ex0。

所以切線方程為y=ex0·x+ex0-x0ex0，則ex≥ex0·x+ex0-x0ex0。

點評：當然也可以轉化為f(x)=ex-(a+2)x+2-b≥0恒成立，再轉化為f(x)≥f(x)min=0，得到b-5=(a+2)-(a+2)·ln(a+2)-3，因此，=1-ln(a+2)-。令a+2=t，構造函數(shù)g(t)=1-2)，求解最大值。

總之，將不等式轉化為兩個函數(shù)的不等關系，輔助以幾何關系，如常見的ex≥x+1，ln

x≤x-1等，直觀分析曲線間的位置關系，再利用公切線解決問題。

六、對稱構造統(tǒng)一變量

例8已知函數(shù)f(x)=xe-x(x∈R)。

(1)求函數(shù)f(x)的單調區(qū)間和極值;

(2)如果x1≠x2，且f(x1)=f(x2)，證明x1+x2＞2。

分析：對于第二問，可構造輔助函數(shù)F(x)=f(1+x)-f(1-x)，利用其單調性易知F(0)=0，進而得到F(x)＞0(x＞0)，即f(1+x)＞f(1-x)，然后進行代換即可。

解：(1)易得f(x)在(-∞，1)上內是增函數(shù)，在(1，+∞)上內是減函數(shù)。

(2)令F(x)=f(1+x)-f(1-x)=(1+x)e-(1+x)-(1-x)ex-1，則 F'(x)=x[ex-1-e-(1+x)]。

當x＞0時，F(xiàn)'(x)＞0，F(xiàn)(x)在(0，+∞)上單調遞增。

故F(x)＞F(0)=0?f(1+x)＞f(1-x)。

不妨設x1＜1＜x2，則f(x1)=f(x2)=f[1+(x2-1)]＞f[1-(x2-1)]=f(2-x2)。

因為x1＜1，2-x2＜1，且f(x)在(-∞，1)上單調遞增，所以x1＞2-x2，x1+x2＞2。

例9已知函數(shù)f(x)=(x-1)e1-x。

(1)求曲線y=f(x)在點(1，f(1))處的切線方程。

(2)若函數(shù)f(x)與函數(shù)y=x2-4x+m(m∈R)的圖像總有兩個交點，設這兩個交點的橫坐標分別為x1，x2。①求實數(shù)m的取值范圍;②求證:x1+x2＞4。

分析：(1)根據(jù)導數(shù)的幾何意義求得切線的斜率，再由點斜式得切線方程。(2)①兩個函數(shù)作差后構造新函數(shù)，這個新函數(shù)的最大值大于0，即可解得實數(shù)m的范圍;②不妨設x1＜2＜x2，則4-x2＜2，且函數(shù)g(x)在(-∞，2)上單調遞增，欲證x1+x2＞4，只需證明g(x1)＞g(4-x2)，而g(x1)=g(x2)，所以只需證明g(x2)＞g(4-x2)，然后作差構造函數(shù)證明其最小值大于0即可。

解：(1)由已知得，則，f(1)=0。又因為f'(1)=1，所以曲線y=f(x)在點(1，f(1))處的切線方程為y=x-1。

(2)①令g(x)=f(x)-x2+4x-m=(x-1)e1-x-x2+4x-m，則g'(x)=-(e1-x+2)(x-2)。

由g'(x)＜0得，x＞2;

由g'(x)＞0得，x＜2。

易知x=2為g(x)的極大值點。

當x→-∞時，g(x)→-∞，當x→+∞時，g(x)→-∞，故當x＜2時函數(shù)g(x)有負值存在，在x＞2時也有負值存在。

由題意知，只需滿足g(x)max=+4-m＞0，則m的取值范圍是m＜+4。

②由題意知x1，x2為函數(shù)g(x)=f(x)-x2+4x-m=(x-1)e1-x-x2+4x-m的兩個零點。由①不妨設x1＜2＜x2，則4-x2＜2，且函數(shù)g(x)在(-∞，2)上單調遞增。

欲證x1+x2＞4，只需證明g(x1)＞g(4-x2)，而g(x1)=g(x2)，所以只需證明g(x2)＞g(4-x2)。

令H(x2)=g(x2)-g(4-x2)(x2＞2)，則H(x2)=(x2-1)e1-x2+(x2-3)ex2-3。

故H'(x2)=(x2-2)(ex2-3-e1-x2)。因為x2＞2，所以=e2x2-4＞1，即ex2-3-e1-x2＞0。

所以H'(x2)＞0，即H(x2)在(2，+∞)上為增函數(shù)，H(x2)＞H(2)=0。故g(x2)＞g(4-x2)成立，所以x1+x2＞4。

點評：對于比較復雜的雙變量函數(shù)問題，直接分析往往不容易得手，所以常常進行對稱構造解決問題，常見的處理方法為：對于x1+x2＞2m(＜2m)(f'(m)或f″(m)=0)，構造輔助函數(shù)F(x)=f(x)-f(2m-x)，結合求導，x1，x2的范圍，求解不等式即可；對于x1x2＞m2(＜m2)(f'(m)=0或f″(m)=0)，可構造函數(shù)F(x)=f(x)-進行解決；對于其他復雜形式的偏移問題常常通過轉化為基本類型，再構造函數(shù)解決。

以上就雙變量問題進行了簡單的歸納討論，對于平時的雙變量問題主要是確定主元問題，恒成立與能成立問題的值域問題、通過分離轉化構造函數(shù)問題、偏移問題及切線問題，解題的關鍵是如何轉化，所以對雙變量問題辨析問題的結構是首要問題，選取方法是解決問題的重要途徑，變量歸一是解決問題的最終目標，細節(jié)操作是實現(xiàn)目標的重要手段。