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函數(shù)中多變量的處理策略利用變量結(jié)構(gòu)進(jìn)行減元
【知識(shí)回顧】
在函數(shù)問題中，有一類變量超過2個(gè)的題型，稱之為多元變量問題，多變量問題從形式上就讓不少學(xué)生覺得面目可憎，遇之則躲，而這類題的難度之一也就在此處，變量多，不知如何處理.在前面的公眾號(hào)文章——極值點(diǎn)偏移問題，在某種意義上也屬多元變量問題的范疇.回憶高中數(shù)學(xué)能研究的范疇，大家的知識(shí)僅限于對(duì)函數(shù)性質(zhì)的研究，所以多變量問題研究的核心就是要構(gòu)造函數(shù)，而構(gòu)造函數(shù)的關(guān)鍵就是要減少變量，將多變量問題化歸于單變量問題，本專題聚焦于利用變量滿足的結(jié)構(gòu)，進(jìn)行換元將多元變量化歸單變量.
【典型例題】
例題（廣東茂名市2019屆高三上期末）已知函數(shù)在x＝1處的切線與直線x－2y+1＝0平行.
（1）求實(shí)數(shù)a的值，并判斷函數(shù)f(x)的單調(diào)性；
（2）若函數(shù)f(x)＝m有兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2，且x1＜x2，求證：x1＋x2＞1.
解 (1)，
，，令，故令，故
（2）由為函數(shù)的兩個(gè)零點(diǎn)，得兩式相減，可得 ，，
因此，，令 則，構(gòu)造函數(shù)，
則，所以函數(shù)故
即，可知.故命題得證.
【解題反思】
其實(shí)這類題在前面的微專題——極值點(diǎn)偏移類問題已經(jīng)講過，換句話說，極值點(diǎn)偏移類的問題也可以歸在多變量問題，對(duì)于此題的處理，就是用齊次式的想法將兩個(gè)極值點(diǎn)的比值換元成一個(gè)變量，從而實(shí)現(xiàn)雙變量變單變量的目的，構(gòu)造出新函數(shù)，研究出新函數(shù)的相應(yīng)性質(zhì)，完成對(duì)題目的證明，當(dāng)然也可以用極值點(diǎn)偏移的另外兩種解法去完成對(duì)第(2)小題的證明.
【舉一反三】
1.（無錫市2020屆高三上學(xué)期期末考試）設(shè)函數(shù)，，.
（1）求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；
（2）若函數(shù)有兩個(gè)零點(diǎn)，（）.
（Ⅰ）求的取值范圍；
（Ⅱ）求證：隨著的增大而增大.
解 (1)因?yàn)椋?br/>當(dāng)時(shí)，在上恒成立，所以在上單調(diào)增，
當(dāng)時(shí)，令解得，令解得
所以的增區(qū)間為，減區(qū)間為
(2)(I)由(1)可知，當(dāng)時(shí)，在上單調(diào)增，至多一個(gè)零點(diǎn)，不符合題意.
當(dāng)，因?yàn)橛袃蓚€(gè)零點(diǎn)，所以，解得
因?yàn)椋遥傻膱D象連續(xù)不間斷，，所以存在使得.又，設(shè)，則，所以在上增，所以，所以，且，由的圖象連續(xù)不間斷，，所以存在使得，所以
(II)因?yàn)椋裕驗(yàn)樗裕O(shè)，則，所以，得，所以
所以，設(shè)，則，
記，則，所以在上增，所以，從而對(duì)，所以單調(diào)增，即隨著的增大而增大，所以隨著的增大而增大，得證.

2.[2014·天津卷] 設(shè)f(x)＝x－aex(a∈R)，x∈R.已知函數(shù)y＝f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2，且x1(1)求a的取值范圍；
(2)證明：隨著a的減小而增大；
(3)證明：x1＋x2隨著a的減小而增大．
解：(1)由f(x)＝x－aex，可得f′(x)＝1－aex.
下面分兩種情況討論：
(i)a≤0時(shí)，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．
(ii)a>0時(shí)，由f′(x)＝0，得x＝－ln a.
當(dāng)x變化時(shí)，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：
x (－∞，－ln a) －ln a (－ln a，＋∞)
f′(x) ＋ 0 －
f(x) ? －ln a－1 ?
這時(shí)，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(－∞，－ln a)；單調(diào)遞減區(qū)間是(－ln a，＋∞)．于是，“函數(shù)y＝f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)”等價(jià)于如下條件同時(shí)成立：①f(－ln a)>0；②存在s1∈(－∞，－ln a)，滿足f(s1)<0；③存在s2∈(－ln a，＋∞)，滿足f(s2)<0.
由f(－ln a)>0，即－ln a－1>0，解得0(2)證明：由f(x)＝x－aex＝0，有a＝.設(shè)g(x)＝，由g′(x)＝，知g(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減．并且，當(dāng)x∈(－∞，0]時(shí)，g(x)≤0; 當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，g(x)>0.由已知，x1，x2滿足a＝g(x1)，a＝g(x2)．由a∈(0，e－1)及g(x)的單調(diào)性，可得x1∈(0，1)，x2∈(1，＋∞)．對(duì)于任意的a1，a2∈(0，e－1)，設(shè)a1>a2，g(ξ1)＝g(ξ2)＝a1，其中0<ξ1<1<ξ2；g(η1)＝g(η2)＝a2，其中0<η1<1<η2.
因?yàn)間(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，所以由a1>a2，即g(ξ1)>g(η1)，可得ξ1>η1.類似可得ξ2<η2.
又由ξ1，η1>0，得<<，所以隨著a的減小而增大．
(3)證明：由x1＝aex1，x2＝aex2，可得ln x1＝ln a＋x1，ln x2＝ln a＋x2.故x2－x1＝ln x2－ln x1＝ln.設(shè)＝t，則t>1，且解得x1＝，x2＝，所以x1＋x2＝.①令h(x)＝，x∈(1，＋∞)，則h′(x)＝.
令u(x)＝－2ln x＋x－，得u′(x)＝.
當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，u′(x)>0.因此，u(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，故對(duì)于任意的x∈(1，＋∞)，u(x)>u(1)＝0，由此可得h′(x)>0，故h(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．
因此，由①可得x1＋x2隨著t的增大而增大．
而由(2)，t隨著a的減小而增大，所以x1＋x2隨著a的減小而增大．
3.（揚(yáng)州、泰州、南通聯(lián)考）設(shè)函數(shù)，其圖象與軸交于，兩點(diǎn)，且x1＜x2．
（1）求的取值范圍；
（2）證明：（為函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)）；
（3）設(shè)點(diǎn)C在函數(shù)的圖象上，且△ABC為等腰直角三角形，記，求的值．
解 （1）．
若，則，則函數(shù)是單調(diào)增函數(shù)，這與題設(shè)矛盾．所以，令，則．
當(dāng)時(shí)，，是單調(diào)減函數(shù)；時(shí)，，是單調(diào)增函數(shù)；
于是當(dāng)時(shí)，取得極小值．因?yàn)楹瘮?shù)的圖象與軸交于兩點(diǎn)，(x1＜x2)，
所以，即．.
此時(shí)，存在；
存在，
又由在及上的單調(diào)性及曲線在R上不間斷，可知為所求取值范圍.
（2）因?yàn)?兩式相減得．
記，則，設(shè)，則，所以是單調(diào)減函數(shù)，
則有，而，所以．
又是單調(diào)增函數(shù)，且
所以．
（3）依題意有，則．
于是，在等腰三角形ABC中，顯然C = 90°，所以，即，
由直角三角形斜邊的中線性質(zhì)，可知，
所以，即，
所以，
即．
因?yàn)椋瑒t，
又，所以， 即，所以

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