函数导数中双变量问题的四种转化化归思想-厦门一中
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处理函数双变量问题的六种解题思想
吴享平(福建省厦门第一中学)361000
在解决函数综合题时,我们经常会遇到在某个范围内都可以任意变动的双变量问题,由
于两个变量都在变动,因此不知把那个变量当成自变量进行函数研究,从而无法展开思路,
造成无从下手的之感,正因为如此,这样的问题往往穿插在试卷压轴题的某些步骤之中,是
学生感到困惑的难点问题之一,本文笔者给出处理这类问题的六种解题思想,希望能给同学
们以帮助和启发。
一、改变“主变量”思想
例1.已知时在|2|,1)(2≤≥-+=m m mx x x f 恒成立,求实数x 的取值范围.
分析:从题面上看,本题的函数式)(x f 是以x 为主变量,但由于该题中的“恒”字是
相对于变量m 而言的,所以该题应把m 当成主变量,而把变量x 看成系数,我们称这种思
想方法为改变“主变量”思想。
解: 01)1(122≥-+-⇔≥-+x x m m mx x 时在|2|≤m 恒成立,即关于m 为自
变量的一次函数=)(m h 1)1(2-+-x m x 在]2,2[-∈m 时的函数值恒为非负值{0
)2(0
)2(≥-≥⇔h h 得{130
1203222≥-≤⇔≥+-≥-+x x x x x x 或。
对于题目所涉及的两个变元,已知其中一个变元在题设给定范围内任意变动,求另一个
变元的取值范围问题,这类问题我们称之为“假”双变元问题,这种“假”双变元问题,往
往会利用我们习以常的x 字母为变量的惯性“误区”来设计,其实无论怎样设计,只要我们
抓住“任意变动的量”为主变量,“所要求范围的量”为常数,便可找到问题所隐含的自变
量,而使问题快速获解。
二、指定“主变量”思想
例2.已知,0n m <≤试比较)1ln(++-m e m n 与)1ln(1++n 的大小,并给出证明.
分析:本题涉及到两个变量m,n ,这里不妨把m 当成常数,指定n 为主变量x ,解答如下
解:构造函数
),[),1ln(1)1ln()(+∞∈+--++=-m x x m e x f m x ,0≥m , 由0)1()1(1111)(>+-+=+-=+-='-m m
x m x m x e
x e e x x e e x e x f 在),[+∞∈m x 上恒成立,∴)(x f 在),[+∞m 上递增,∴0)()(min ==m f x f ,于是,当n m <≤0时,
0)1ln(1)1ln()(>+--++=-n m e n f m n 即)1ln(++-m e m n >)1ln(1++n 。
因此,有些问题虽然有两个变量,只要把其中一个当常数,另一个看成自变量,便可使
问题得以解决,我们称这种思想方法为:指定“主变量”思想。
三、化归为值域或最值思想
例3.已知函数)1(,ln )(2
>-+=a a x x a x f x ,对1|)()(|],1,1[,2121-≤--∈∀e x f x f x x ,
求实数a 的取值范围。
分析:该题虽然在区间[-1,1]上有两个变量21,x x ,但由于]1,1[,21-∈∀x x 总有
|)()(|21x f x f -小于)(x f 在区间]1,1[-上的最大值与最小值的差,因此该问题便可化归
为求函数)(x f 在区间]1,1[-上的最大值与最小值问题。
解:由x a a a x a a x f x x 2ln )1(ln 2ln )(+-=-+=',0)0(='f ,当]0,1[-∈x 时,
02,0ln ,01≤>≤-x a a x ,
0)(≤'∴x f 即)(x f 在]0,1[-上递减;当]1,0[∈x 时,1-x a 0≥ 02,0ln ≥>x a ,0)(≥'∴x f 即)(x f 在]1,0[上递增,1)0()(min ==∴f x f ;=max )(x f
)}1(),1(max{-f f ,又由)ln 11()ln 1()1()1(a a
a a f f ++--+=--=a a a ln 21--
,构造函数),1[,ln 21)(+∞∈--=a a a a a h ,0)1(211)(222≥-=-+='a a a a a h ,)(a h ∴在),1[+∞上递增,又0)1(=h ,∴当1>a 时0)(>a h 即a a f x f f f ln 1)1()(),1()1(max -+==∴->。
a a x f x f x f x f x x ln )()(|)()(|],1,1[,min max 2121-=-≤--∈∀,
因此,要题设中的不等式恒成立,只需1ln -≤-e a a 成立便可,于是构造1ln )(+--=e a a a ϕ,),1(+∞∈a ,由=')(a ϕ
0111>-=-a
a a ,)(a ϕ∴在),1(+∞上递增,又0)(=e ϕ e a a ≤⇒≤∴0)(ϕ,又1>a e a ≤<∴1,因此,所求实数a 的取值范围为],1(e .
四、化归为函数单调性思想
例4.已知e b a >>,试比较a b b a 与的大小,并说明理由。
分析:要比较a b b a 与的大小,由e b a >>可知,只要比较a b ln 与b a ln 的大小⇔比较
a a ln 与b
b ln 的大小即可,因此,只要研究函数),(,ln )(+∞=e x x x f 在单调性便可,解答如下。 解:构造函数),(,ln )(+∞∈=e x x x x f ,0ln 1)(2<-='x
x x f 在),(+∞e 上恒成立,∴)(x f 在),(+∞e 上递减,由e b a >>得a a ln
b ln a b a b b a b a b a a b <⇔<⇔<⇔ln ln ln ln . 例 5.已知函数1ln )1()(2+++=ax x a x f (1- ||4|)()(|n m n f m f -≥-,求a 的取值范围 解:由0)(,1,0,21)(<'∴-<>++='x f a x ax x a x f ,即)(x f 在),0(+∞上单调递减,