变量集中策略

前言

高中数学中的变量集中策略使用频次非常高，使用场景非常普遍，所以要好好学习掌握，并加以深刻体会。

使用场景

【函数素材】已知函数(f(x)=egin{cases}x+1&0leq x<1\2^x-frac{1}{2}&x>1end{cases})，若(a>bge 0)，恒有(f(a)=f(b))，求(bcdot f(a))的取值范围。

分析：先做出分段函数的图像如图所示，

由图像可知(0leq b<1leq a)，此时(f(a)=2^a-cfrac{1}{2})，(f(b)=b+1)，

如果不做变换直接求(bcdot f(a))的取值范围，会出现二元函数，

但是若利用(f(a)=f(b))，则(bcdot f(a)=bcdot f(b)=b(b+1))，就是一元函数，符合我们的求解习惯，

此时(bcdot f(a)=bcdot f(b)=b(b+1))，(xin [cfrac{1}{2}，1))，就成了一元二次函数在限定区间上的值域问题了，

令(g(b)=b(b+1)=(b+cfrac{1}{2})^2-cfrac{1}{4})，在区间(xin [cfrac{1}{2}，1))上单调递增，

故(g(cfrac{1}{2})leq g(b)<g(1))，即(bcdot f(a))的取值范围是([cfrac{3}{4}，2))。

【均值不等式】

(h(x)=cfrac{x^2-4x+5}{x-2}=cfrac{(x-2)^2+1}{x-2}=(x-2)+cfrac{1}{x-2}xrightarrow{x-2=t}t+cfrac{1}{t})，

【三角函数】

(asin heta+bcos heta=sqrt{a^2+b^2}sin( heta+phi))，(2sin hetacdot cos heta=sin2 heta)；

【二元函数到一元函数】

比如：(cfrac{x+2sqrt{2xy}}{x+y}xlongequal[再换元，令frac{y}{x}=t^2]{分子分母同除以x}cfrac{1+2sqrt{2}t}{1+t^2})
比如：(cfrac{xy}{3x^2+xy-2y^2}=cfrac{cfrac{xy}{x^2}}{cfrac{3x^2+xy-2y^2}{x^2}})(=cfrac{cfrac{y}{x}}{3+cfrac{y}{x}-2(cfrac{y}{x})^2})(=cfrac{t}{3+t-2t^2})(=cfrac{1}{cfrac{3}{t}+1-2t})((cfrac{y}{x}=t，t为斜率))

【2018届凤翔中学高三文科冲刺模拟第10套第12题】已知函数(f(x)=lncfrac{x}{2}+cfrac{1}{2})，(g(x)=e^{x-2})，若(g(m)=f(n))成立，则(n-m)的最小值为【】

$A.1-ln2$ $B.ln2$ $C.2sqrt{e}-3$ $D.e^2-3$

分析：不妨设(g(m)=f(n)=t)，则(e^{m-2}=lncfrac{n}{2}+cfrac{1}{2}=t(t>0))，

(编者注：此处引入第三方变量(t)，可以将(m、n)用含有(t)的表达式来刻画，则二元函数就此转化为了一元函数，我们就可以用导数求其最值了)

则(m-2=lnt)，(m=2+lnt)；(lncfrac{n}{2}=t-cfrac{1}{2})，则(n=2e^{t-frac{1}{2}})；

故(n-m=2e^{t-frac{1}{2}}-2-lnt(t>0)) ，

令(h(t)=2e^{t-frac{1}{2}}-2-lnt(t>0))，(h'(t)=2e^{t-frac{1}{2}}-cfrac{1}{t})，(增+增=增)

易知(h'(t))在((0，+infty))上单调递增，且(h(cfrac{1}{2})=0)；

当(t>cfrac{1}{2})时，(h'(t)>0)，当(0<t<cfrac{1}{2})时，(h'(t)<0)，

即当(t=cfrac{1}{2})时，(h(t))取得极小值也是最小值，

(h(t)_{min}=h(cfrac{1}{2})=2e^{frac{1}{2}-frac{1}{2}}-2-lncfrac{1}{2}=ln2)，故选(B).

【2016第三次全国大联考第16题】若不等式(2x^2+(1-a)y^2ge (3+a)xy(x>0，y>0))恒成立，求实数(a)的最大值。

[法1]：分离参数+构造函数，由题目可得(aleq cfrac{2x^2+y^2-3xy}{y^2+xy})，

令(f(x,y)= cfrac{2x^2+y^2-3xy}{y^2+xy}xlongequal[关于x，y的二次齐次式]{分子分母同除以y^2})(cfrac{2(cfrac{x}{y})^2-3cfrac{x}{y}+1}{1+cfrac{x}{y}}\)(xlongequal[令cfrac{x}{y}=t>0]{二元变一元}g(t))(=cfrac{2t^2-3t+1}{t+1})(=2(t+1)+cfrac{6}{t+1}-7ge 2sqrt{12}-7)(=4sqrt{3}-7)

当且仅当(t=sqrt{3}-1)时取到等号。故有(aleqslant 4sqrt{3}-7)，所以(a_{max}=4sqrt{3}-7)。

[法2]：二元变量集中为一元变量，两边同除以(y^2)，得到(2(cfrac{x}{y})^2-(a+3)(cfrac{x}{y})+(1-a)ge 0)，

令(cfrac{x}{y}=t>0)，即(2t^2-(a+3)t+(1-a)geqslant 0)对任意(t>0)恒成立，

令(g(t)=2t^2-(a+3)t+(1-a)) ，则分以下两种情形：

(1^。) (Delta=a^2+14a+1leqslant 0)，解得(-4sqrt{3}-7leqslant a leqslant 4sqrt{3}-7)；

(2^。) (egin{cases}Delta >0\cfrac{a+3}{2cdot 2}<0\g(0)=1-age 0end{cases})，解得(a<-4sqrt{3}-7)；

综上可知，(aleqslant 4sqrt{3}-7)，故(a_{max}=4sqrt{3}-7)。

【使用在解方程中：二元方程变为一元方程】

(a^2-3ab+2b^2=0Rightarrow(cfrac{a}{b})^2-3(cfrac{a}{b})+2=0)

【三角变换中的三个角到一个角】

(egin{align*}cfrac{ccdot cos(30^{circ}-A)}{b+a}&=cfrac{sinCcdot cos(30^{circ}-A)}{sinB+sinA}\&=cfrac{sinCcdot cos(30^{circ}-A)}{sin(cfrac{pi}{3}-A)+sinA}\&=cfrac{cfrac{sqrt{3}}{2}cdot(cfrac{sqrt{3}}{2}cosA+cfrac{1}{2}sinA)}{cfrac{sqrt{3}}{2}cosA+cfrac{1}{2}sinA}\&=cfrac{sqrt{3}}{2}end{align*}).

【2017宝鸡中学高三理科第一次月考第10题】已知函数(f(x)=cfrac{2sinxcosx}{1+sinx+cosx})，(xin(0，cfrac{pi}{2}])的最大值为(M)，最小值为(N)，则(M-N)=？

分析：令(sinx+cosx=t) ，由于(xin(0，cfrac{pi}{2}])，

则(t=sinx+cosx=sqrt{2}sin(x+cfrac{pi}{4})in [1，sqrt{2}])，则(2sinxcosx=t^2-1)，

故(f(x)=cfrac{t^2-1}{t+1}=g(t)=t-1)，

故(f(x)_{max}=M=sqrt{2}-1)；(f(x)_{min}=N=0)；即(M-N=)(sqrt{2}-1)。

【不等式[证明]】

比如：已知(x_1>x_2>0)，证明(ln(cfrac{x_1}{x_2})>2cfrac{x_1-x_2}{x_1+x_2}).

分析：令(cfrac{x_1}{x_2}=t)，则(t>1)；(ln(cfrac{x_1}{x_2})>2cfrac{x_1-x_2}{x_1+x_2})等价于(lnt>2cfrac{t-1}{t+1})；然后作差构造函数(g(t)=lnt-2cfrac{t-1}{t+1})，想办法证明(g(t)>0)恒成立即可。

【不等式求解中】已知(a，bin R^{+})，(a+b-ab+3=0)；

1、求(ab)的范围；

解：(ecause -3+ab=a+bge 2sqrt{ab})

( herefore ab-2sqrt{ab}-3ge 0)，

((sqrt{ab}+1)(sqrt{ab}-3) ge 0)

$sqrt{ab}leq -1 或 sqrt{ab}ge 3 $

又(a，bin R^{+})，故 (sqrt{ab}ge 3) (当且仅当(a=b=3)取到等号)

故(abge 9)

2、求(a+b)的范围；

解：(ecause a+b+3=ab leq (cfrac{a+b}{2})^2)，令(t=a+b)

(t^2-4t-12ge0)，解得(tleq -2)或(tge6)；

故 (a+b ge 6) (当且仅当(a=b=3)取到等号)

【评析】代数式中同时有(a+b)和(ab)型，两元(a+b，ab)常常转化集中为一元(a+b)或(ab)，这样就好处理多了。

【同类题】设(m，nin R)，则直线((m+1)x+(n+1)y-2=0)与圆((x-1)^2+(y-1)^2=1)相切，且(m+n)的取值范围是_________。

分析：由圆心((1 ,1))到直线的距离等于半径可得，

(cfrac{(m+1)cdot 1+(n+1)cdot 1-2}{sqrt{(m+1)^2+(n+1)^2}}=1) ，

变形得到(mn=m+n+1)，此时即转化为上述例3的类型了。

由(mnleq (cfrac{m+n}{2})^2)，则(m+n+1leq (cfrac{m+n}{2})^2)，

求解上述以(m+n)为整体的不等式，得到(m+nleq 2-2sqrt{2})或者(m+nge 2+2sqrt{2})；

已知实数(a，b，c)满足(a+b+c=9)，(ab+bc+ac=24)，则(b)的取值范围是([1，5])。

解：由于(ab+bc+ac=(a+c)b+ac=24)

故(ac=24-(a+c)b leq (cfrac{a+c}{2})^2)

故(24-(a+c)b leq (cfrac{a+c}{2})^2)，(三元变成了两个元(a+c，b))

又因为(a+c=9-b)，

即(24-(9-b)b leq cfrac{(9-b)^2}{4}),(两元(a+c，b)变成了一元(b))

即(b^2-6b+5 leq 0)

解得(1leq b leq 5)

【线性规划中】

(z=cfrac{3x+4y+10}{x+2}=cfrac{3(x+2)+4y+4}{x+2}=3+4 imescfrac{y+1}{x+2})；(cfrac{y-(-1)}{x-(-2)}为斜率)；

(z=cfrac{x^2+y^2}{xy}=cfrac{y}{x}+cfrac{x}{y}=k+cfrac{1}{k}(cfrac{y}{x}=k))；

【由平面直角坐标系到极坐标系的换系过程中】

在刻画距离(OP)时，在平面直角坐标系中(|OP|=sqrt{x^2+y^2})，为二元根式函数；在极坐标系中(|OP|= ho)，为一元一次函数；

【参数方程中】

圆(C：x^2+y^2=4)上的任意点(P)，当点(P(x，y))表达的时候，是二元的，但是换成参数方程时，点(P(2cos heta，2sin heta))表达时，就是一元函数了；

椭圆(C：cfrac{x^2}{9}+cfrac{y^2}{4}=1)上的任意点(P)，当点(P(x，y))表达的时候，是二元的，但是换成参数方程时，点(P(3cos heta，2sin heta))表达时，就是一元函数了；

【比例中、等幂中】

已知(a:b:c=2:3:4)，引入非零因子(k)，则可以这样表达，(a=2k，b=3k，c=4k)，可以看成(a，b，c)都是(k)的一元函数了。
令(e^{m-2}=lncfrac{n}{2}+cfrac{1}{2}=t(t>0))，

(编者注：此处引入第三方变量(t)，可以将(m、n)用含有(t)的表达式来刻画，则二元函数就此转化为了一元函数，我们就可以用导数求其最值了)

则(m-2=lnt)，(m=2+lnt)；(lncfrac{n}{2}=t-cfrac{1}{2})，则(n=2e^{t-frac{1}{2}})；

故(n-m=2e^{t-frac{1}{2}}-2-lnt(t>0)) ，

【2017全国卷1理科第11题】【等幂】已知(2^x=3^y=5^z)，比较(2x、3y、5z)的大小；

分析：令(2^x=3^y=5^z=k)，则(x=log_2k=cfrac{lgk}{lg2})，(y=log_3k=cfrac{lgk}{lg3})，(z=log_5k=cfrac{lgk}{lg5})，

故(2x=cfrac{2lgk}{lg2}=cfrac{lgk}{cfrac{1}{2}lg2}=cfrac{lgk}{lgsqrt{2}})，(3y=cfrac{3lgk}{lg3}=cfrac{lgk}{cfrac{1}{3}lg3}=cfrac{lgk}{lgsqrt[3]{3}})，(5z=cfrac{5lgk}{lg5}=cfrac{lgk}{cfrac{1}{5}lg5}=cfrac{lgk}{lgsqrt[5]{5}})，

接下来，法1：转化为只需要比较(sqrt[2]{2})，(sqrt[3]{3})，(sqrt[5]{5})三者的大小即可。

先比较(sqrt[2]{2})，(sqrt[3]{3})，给两个式子同时6次方，得到((sqrt[2]{2})^6=2^3=8)，((sqrt[3]{3})^6=3^2=9)，故(sqrt[2]{2}<sqrt[3]{3})，则(cfrac{lgk}{lgsqrt[2]{2}}>cfrac{lgk}{lgsqrt[3]{3}})，即得到(2x>3y)

再比较(sqrt[2]{2})，(sqrt[5]{5})，给两个式子同时10次方，得到((sqrt[2]{2})^{10}=2^5=32)，((sqrt[5]{5})^{10}=5^2=25)，故(sqrt[2]{2}>sqrt[5]{5})，则(cfrac{lgk}{lgsqrt[2]{2}}<cfrac{lgk}{lgsqrt[3]{3}})，即得到(5z>2x)，综上得到(3y<2x<5z)

法2：作商法，(cfrac{2x}{3y}=cfrac{2}{3}cdot cfrac{lg3}{lg2}=cfrac{lg9}{lg8}=log_89>1)，故(2x>3y)；

(cfrac{5z}{2x}=cfrac{5}{2}cdot cfrac{lg2}{lg5}=cfrac{lg2^5}{lg5^2}=log_{25}32>1)，故(5z>2x)；故(3y<2x<5z)。

难点题目

已知正实数(x、y、z)满足(x^2-3xy+4y^2-z=0)，当(cfrac{xy}{z})取得最大值时，求(cfrac{2}{x}+cfrac{1}{y}-cfrac{2}{z})的最大值．

分析：(z=x^2-3xy+4y^2ge 2xcdot 2y-3xy=xy)，当且仅当(x=2y)时取得等号；

则(cfrac{1}{z}leq cfrac{1}{xy})，当且仅当(x=2y)时取得等号；

则(cfrac{xy}{z}leq cfrac{xy}{xy}=1)，即(cfrac{xy}{z})的最大值为(1)，当且仅当(x=2y)时取得等号；

此时，(z=x^2-3xy+4y^2=4y^2-3ycdot 2y+4y^2=2y^2)，

(cfrac{2}{x}+cfrac{1}{y}-cfrac{2}{z}=cfrac{2}{2y}+cfrac{1}{y}-cfrac{2}{2y^2})

(=cfrac{2}{y}-cfrac{1}{y^2}=-(cfrac{1}{y}-1)^2+1leq 1)，

故(cfrac{2}{x}+cfrac{1}{y}-cfrac{2}{z})的最大值为1．

此时，(y=1，x=2，z=2)；

【点评】变量集中，三元变一元。

【2018河南郑州一模】若对于任意的正整数(x)，(y)都有((2x-cfrac{y}{e})cdot lncfrac{y}{x}leq cfrac{x}{me})成立，则实数(m)的取值范围是【】

$A.(cfrac{1}{e}，1)$ $B.(cfrac{1}{e^2}，1]$ $C.(cfrac{1}{e^2}，e]$ $D.(0，cfrac{1}{e}]$

分析：先将给定的式子通分变形为(cfrac{2ex-y}{e}cdot lncfrac{y}{x}leq cfrac{x}{me})，

再次变形为((2e-cfrac{y}{x})cdot lncfrac{y}{x}leq cfrac{1}{m})，

令(cfrac{y}{x}=t>0)，则不等式变形为((2e-t)cdot lntleq cfrac{1}{m})，

令(h(t)=(2e-t)cdot lnt)，则需要求(h(t)_{max})；

(h'(x)=(-1)lnt+(2e-t)cdot cfrac{1}{t}=cfrac{-t(lnt+1)+2e}{t})，

先用观察法或经验找到导函数的分子的零点(t=e)，

当(tin (0，e))时，(h'(t)>0)，(h(t))单调递增，当(tin (e，+infty))时，(h'(t)<0)，(h(t))单调递减，

故(h(t)_{max}=h(e)=e)，即(cfrac{1}{m}ge e)，解得(0<mleq cfrac{1}{e})；故选(D)。

上次编辑时间：2019-07-25