数学多元问题与偏移问题

多元问题与偏移问题是常见的导数大题知识点。

多元问题

多元问题有两种常见的解法:

  • 隔离法。将不等式两边配凑出相同形式,构造新函数进行研究。
  • 合一法。将双变量转化为单变量,构造新函数进行研究。

隔离法较为基础,不再赘述,主要看合一法

合一法

合一法又有三种形式:

  • 对数,令 $t = \dfrac{x_1}{x_2}$
  • 指数,令 $t = x_1 – x_2$
  • 韦达代换,利用韦达定理。

对数

由于对数的优秀性质,可以将减法转化为除法,从而建立双变量间的联系,因此常常设 $t = \dfrac{x_1}{x_2}$ 进行研究。
随后,通过题目信息获取等式,通过 $x_1 = t \times x_2$ 消元后,得到 $x_2$ 关于 $t$ 的等式,进而代回得到 $x_1$ ,解决问题。

解题分三步走:

  1. 设出 $t = \dfrac{x_1}{x_2}$ .
  2. 获取题目中的等式,利用 $t$ 消去一元,获取 $x_2$ 关于 $t$ 的等式。
  3. 将 $x_1,x_2$ 关于 $t$ 的等式代回目标不等式中,获取关于 $t$ 的单元不等式,构造函数求解。

例题:

2016 年天津高考一模文科五校联考第 20 题 14 分
已知函数 $f(x) = \dfrac{\ln x}{x} – a(a \in \mathbb{R})$ .
设若 $f(x)$ 有两个零点为 $m,n$ ,求证: $mn > e^2$ .


令 $t = \dfrac{n}{m}$ ,不妨设 $n > m$ ,此时 $t > 1$ .

$$
\begin{align}
& f(n) = f(m) = 0 \\
\implies & \dfrac{\ln n}{n} = \dfrac{\ln m}{ m} = a \\
\implies & \dfrac{\ln n}{n} – \dfrac{\ln m}{m} = 0 \\
\iff & \dfrac{m\ln n – n\ln m}{nm} = 0 \\
& \\
& t = \dfrac{n}{m} \implies n = mt \\
& \dfrac{m\ln n – n\ln m}{nm} = 0 \\
\iff & \dfrac{m\ln (mt) – mt\ln m}{mt^2} = 0 \\
\iff & m(\ln m + \ln t) – mt \ln m = 0\\
\iff & (t – 1)\ln m = \ln t \\
\iff & \ln m = \dfrac{\ln t}{t – 1} \\
& n = mt \implies \ln n = \ln m + \ln t = \dfrac{t\ln t}{t – 1} \\
& \\
& \ln m = \dfrac{\ln t}{t – 1},\ln n = \dfrac{t\ln t}{t – 1} \\
& mn > e^2 \\
\iff & \ln m + \ln n > 2\\
\iff & \dfrac{(t+1)\ln t}{t – 1} > 2\\
\iff & (t+1)\ln t – 2(t-1) > 0(t > 1)
\end{align}
$$

通过合一法代换,我们成功将双变量的不等式转化为了关于 $t$ 的单变量不等式。
接下来只需要构造函数正常证明即可,不再赘述。(此处有一口诀:对数单身狗,指数好基友。)

指数

指数是设 $t = x_1 – x_2$ ,利用了相除的性质。与对数类似,请读者举一反三,不再赘述。

韦达代换

韦达代换指的是,通过题目条件得出的一元二次方程,利用韦达定理将双变量统一为单变量求解。


例题:
2017 年山东烟台高三二模文科第 21 题 14 分
已知函数 $g(x) = a\ln x + \dfrac{1}{2}x^2 – ax(a \in \mathbb{R})$ ,若 $g(x)$ 有两个极值点 $x_1,x_2$ ,且不等式 $g(x_1) + g(x_2) < k(x_1 + x_2)$ 恒成立,求 $k$ 的范围。


本题的核心思路是通过韦达定理,对 $x_1 + x_2$ 与 $x_1x_2$ 进行代换。

$$
\begin{align}
& g'(x) = \dfrac{a}{x} + x – a \\
& g'(x) = 0 \iff \dfrac{a}{x} + x = a \iff x^2 – ax + a = 0 \\
& x^2 – ax + a = 0 \\
\implies & x_1 + x_2 = a,x_1 \times x_2 = a \\
& \\
& g(x_1) + g(x_2) < k(x_1 + x_2) \\
\iff & a\ln(x_1 \times x_2) + \dfrac{1}{2}(x_1^2+x_2^2) – (a+k)(x_1+x_2) < 0 \\
\iff & a\ln a + \dfrac{1}{2}(a^2 – 2a) – (a+k)a < 0 \\
\iff & a\ln a- a – \dfrac{1}{2}a^2 – ak < 0 \\
\iff & \dfrac{1}{2}a^2 + (k+1)a – a\ln a > 0
\end{align}
$$

目标不等式转化为关于 $a$ 的不等式,后按常规套路求解即可,不再赘述。

偏移问题

极值点偏移

极值点偏移是解决偏移问题的一种常用手段。

形式上,函数 $f(x)$ 存在极值点 $x_0$ ,目标不等式为 $x_1 + x_2 < 2x_0$ 或 $x_1 + x_2 > 2x_0$ 时,可以考虑使用极值点偏移。

解题步骤:

  1. 分析 $f(x)$ 单调性。
  2. $x_1 + x_2 > 2x_0 \implies x_1 > 2x_0 – x_2 \implies f(x_1) > f(2x_0 – x_2) \implies f(x_2) > f(2x_0 – x_2)$
  3. 求解。

核心在于,将极值点两侧两点,通过对称的方法,置于极值点同侧的单调区间上,再利用单调性求解。
利用到的核心转换是 $f(x_1) = f(x_2) = k$ ,其中 $k$ 常常是 $0$ ,但也可以是其他常数。

如果函数的极值点并不恰好是欲证明的不等式中的 $x_0$ ,可以考虑构造新的函数使其极值点为 $x_0$ .


例题:
已知函数 $f(x) = e^x – ax$ 有两个不同的零点 $x_1,x_2$ ,其极值点为 $x_0$ .
求证: $x_1 + x_2 < 2x_0$ . 求证: $x_1 + x_2 > 2$ .
求证: $x_1 \times x_2 < 1$ .


不妨设 $x_1 < x_0 < x_2$ .

对于第一问 $x_1 + x_2 < 2x_0$ :

$$
\begin{align}
& f'(x) = e^x – a \\
\implies & \forall x \in (-\inf,\ln a),f'(x) < 0,\forall x \in (\ln a,+\inf),f'(x) > 0 \text{ while } x_0 = \ln a \\
& x_1 + x_2 < 2x_0 \\
\iff & x_1 < 2x_0 – x_2 \\
\because & x_1 < x_0,2x_0 – x_2 < x_0 \\
\therefore & x_1 < 2x_0 – x_2 \iff f(x_1) > f(2x_0 – x_2) \iff f(x_2) > f(2x_0 – x_2) \\
\end{align}
$$

接着按套路求解即可。

对于第二问 $x_1 + x_2 > 2$ :构造极值点为 $1$ 的函数。

$$
\begin{align}
& f(x_1) = f(x_2) = 0 \\
\iff & e^x – ax = 0 \iff e^x = ax \iff \dfrac{e^x}{x} = a \\
& g(x) = \dfrac{e^x}{x},g'(x) = \dfrac{e^x(x – 1)}{x^2} \\
& \forall x \in (-\inf,1),g'(x) < 0),\forall x \in (1,+\inf),g'(x) > 0 \\
\implies & g(x)_{\min} = g(1)
& \\
& x_1 + x_2 > 2 \\
\iff & x_1 > 2 – x_2 \iff f(x_1) < f(2 – x_2) \iff f(x_2) < f(2-x_2) \\
\end{align}
$$

接着按套路求解即可。

对于第三问 $x_1 \times x_2 < 1$ ,对于乘积形式的偏移问题有两种做法。
第一种就是转化为 $x_1 < \dfrac{1}{x_2}$ 然后按照第二问求解。
第二种是转化为 $\ln x_1 + \ln x_2 < 0$ 求解。
大同小异,读者自证不难


事实上,极值点偏移灵活使用,可以解决非常多的问题。例如文中的合一法例题 $mn > e^2$ 就可以通过极值点偏移求解。

本文仅抛砖引玉,更多的花样还须读者在题目中学习。

本文标题:数学多元问题与偏移问题
本文作者:Clouder
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