函数导数中双变量问题的四种转化化归思想-厦门一中

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，