多元初等函數(shù)結(jié)構(gòu)的化解策略

江志杰

以xi（i=1，2，…，n）為變量的基本初等函數(shù)，經(jīng)過有限次的四則運算或復合運算，且可用一個式子表示的函數(shù)y=f（x1，x2，…，xn）稱為多元初等函數(shù).近年來各地高考屢屢以多元函數(shù)模型為載體，綜合考查函數(shù)的單調(diào)性、函數(shù)的最值、導數(shù)及其應用等基礎知識，著力考查推理論證能力、運算求解能力、知識交匯遷移能力和創(chuàng)新意識等，有效考查函數(shù)與方程、化歸與轉(zhuǎn)化、分類與整合、數(shù)形結(jié)合等數(shù)學思想.這對以一元函數(shù)為主體的傳統(tǒng)函數(shù)教學有著極大的挑戰(zhàn)和跨越，為此筆者著重從多元初等函數(shù)結(jié)構(gòu)入手，談談其化解策略：

1 配湊換元轉(zhuǎn)化為一元函數(shù)

如有些二元函數(shù)經(jīng)過適當?shù)恼碜冃魏?，可令其中t=x1x2或t=x1x2或t=x1±x2等，即可轉(zhuǎn)換為關于t的一元函數(shù)y=φ（t）來解決，這是一種最常規(guī)的化歸策略.

例1 設A（x1，y1），B（x2，y2）（x1<；x2）是函數(shù)f（x）=xlnx-x+1圖象上的兩點，且曲線f（x）在點T（t，f（t））處的切線與直線AB平行，求證：x1<；t<；x2.

解析 由kAB=f′（t）得x2lnx2-x2+1-（x1lnx1-x1+1）x2-x1=lnt.故本題關鍵證明關于t的函數(shù)g（t）=lnt-x2lnx2-x1lnx1-x2+x1x2-x1在（x1，x2）上有零點，且注意到g（t）在（x1，x2）上單調(diào)遞增，于是問題轉(zhuǎn)化為判斷端點值g（x1）、g（x2）的符號：

而g（x1）=lnx1-x2lnx2-x1lnx1-x2+x1x2-x1=x2（lnx1-lnx2）+x2-x1x2-x1的右端是二元“準齊次”的分式結(jié)構(gòu)，分式上下同除以x2得g（x1）=lnx1x2+1-x1x21-x1x2，只要設λ=x1x2，由重要不等式lnx≤x-1即可判斷出lnλ+1-λ1-λ（λ∈（0，1））中分子lnλ+1-λ<；0，故g（x1）<；0；同理可得g（x2）>；0.從而問題得證.

點評 解決本題另一關鍵就是要明確字符t，x1，x2，λ的“身份特征”，如在初始函數(shù)g（t）=lnt-x2lnx2-x1lnx1-x2+x1x2-x1中t是自變量、未知量，x1，x2是常量；然而在二元函數(shù)g（x1）=x2（lnx1-lnx2）-x2+x1x2-x1中x1，x2是自變量的“身份”；λ是換元簡化后一元函數(shù)的自變量.所以，只有把握前后函數(shù)的“主元”，方能抓住解決問題的核心和本質(zhì).

變式 設A（x1，y1），B（x2，y2）（x1<；x2）是函數(shù)f（x）=eax-x（a≠0）圖象上的兩點，記直線AB的斜率為k，問：是否存在x0∈（x1，x2），使f′（x0）>；k成立？若存在，求x0的取值范圍；若不存在，請說明理由.

解析 構(gòu)造函數(shù)φ（x）=f′（x）-k=aeax-eax2-eax1x2-x1，則φ′（x）=a2eax>；0，φ（x）在R單調(diào)遞增，現(xiàn)研究端點值φ（x1）、φ（x2）的符號：

φ（x1）=-eax1x2-x1[ea（x2-x1）-a（x2-x1）-1]，φ（x2）=eax2x2-x1[ea（x1-x2）-a（x1-x2）-1].

其中eax1x2-x1>；0，eax2x2-x1>；0，依次令a（x2-x1）=t，a（x1-x2）=t，則由F（t）=et-t-1，F(xiàn)′（t）=et-1易得F（t）在（-∞，0）上單調(diào)遞減，在（0，+∞）上單調(diào)遞增，且F（0）=0.從而得et-t-1>；0（t≠0）成立.所以有：φ（x1）<；0、φ（x2）>；0.根據(jù)零點存在定理，存在唯一c∈（x1，x2）使得φ（c）=0，且c=1alneax2-eax1a（x2-x1）.故當且僅當x0∈（1alneax2-eax1a（x2-x1），x2）時，φ（x0）>；0，即f′（x0）>；k.

點評 本題解析中φ（x1）、φ（x2）的配湊整理和分離一元函數(shù)F（t）=et-t-1的模型是問題解決的最大“靚點”.2 更換主元演變?yōu)橐辉瘮?shù)

多元初等函數(shù)y=f（x1，x2，…，xn）經(jīng)常根據(jù)實際需要，比如將x1視作變量，其余x2，…，xn視作常量，即可實現(xiàn)轉(zhuǎn)化為一元函數(shù)y=φ（x1）的形式.

如例1解析中：g（x1）=x2（lnx1-lnx2）+x2-x1x2-x1（0<；x1<；x2）的符號由分子x2（lnx1-lnx2）+x2-x1的符號所確定.若將x1視作自變量、將x2視作常量，則可得一元函數(shù)φ（x1）=x2（lnx1-lnx2）+x2-x1（其中x1∈（0，x2），x2為常量），對x1求導得φ′（x1）=x2x1-1>；0，故函數(shù)φ（x1）=x2（lnx1-lnx2）+x2-x1在（0，x2）上單調(diào)遞增，且用x2替代x1得端點值φ（x2）=0，所以φ（x1）<；0，g（x1）<；0.同理可得g（x2）>；0.

又如例1變式的解析中φ（x1）、φ（x2）的整理變形一般不易做到，但若仿照上述第二種思路，或許更易接受：φ（x1）=aeax1-eax2-eax1x2-x1=ax2eax1-ax1eax1-eax2+eax1x2-x1（x1<；x2）的符號由分子二元函數(shù)的符號確定，若將x1視作自變量、將x2視作常量，則可得一元函數(shù)ρ（x1）=ax2eax1-ax1eax1-eax2+eax1（其中x1∈（-∞，x2），x2為常量），對x1求導得ρ′（x1）=a2x2eax1-a2x1eax1-aeax1+aeax1=a2eax1（x2-x1）>；0，故一元函數(shù)ρ（x1）=ax2eax1-ax1eax1-eax2+eax1在（-∞，x2）上單調(diào)遞增，且用x2替代x1得端點值ρ（x2）=0，所以ρ（x1）<；0，φ（x1）<；0.同理可得φ（x2）>；0.

3 利用單調(diào)性定義建構(gòu)函數(shù)

某些二元不等式左右兩邊具備鮮明的同構(gòu)性，比如f（x1）>；f（x2）或f（x1）-f（x2）x1-x2>；c等結(jié)構(gòu)的不等式經(jīng)?？山?gòu)函數(shù)模型，轉(zhuǎn)化為函數(shù)的單調(diào)性問題來加以解決.

例2 設f（x）=ex-a（x+1）（e是自然對數(shù)的底數(shù)，e=2.71828…），且f′（0）=0.

（Ⅰ）求實數(shù)a的值，并求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；

（Ⅱ）設g（x）=f（x）-f（-x），若曲線y=g（x）上任意不同兩點連線的斜率恒大于實數(shù)m，試求實數(shù)m的取值范圍.

解析 （Ⅰ）解得a=1，f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（0，+∞）；單調(diào)遞減區(qū)間為（-∞，0）.

（Ⅱ）依題意得，對任意x1，x2∈R（x1<；x2），恒有g（x2）-g（x1）x2-x1>；m（x1<；x2）成立.變形得：g（x2）-mx2>；g（x1）-mx1.構(gòu)造函數(shù)F（x）=g（x）-mx，則F（x）在R上單調(diào)遞增.

所以F′（x）=g′（x）-m≥0，即m≤g′（x）在R上恒成立.而g′（x）=f（x）+f′（-x）=ex+e-x-2≥2ex·e-x-2=0（當且僅當x=0時取“=”）。所以m≤0.

4 挖掘目標函數(shù)式幾何意義

有些多元函數(shù)y=f（x1，x2，…，xn）本身蘊含著某種特殊結(jié)構(gòu)（如兩點間的距離或距離平方或兩點斜率等形式），具有豐富的幾何意義.倘若我們能充分發(fā)揮數(shù)形結(jié)合思想，必將巧妙有效地開辟嶄新的解法空間.

例3 若實數(shù)a，b，c，d滿足（b+a2-3lna）2+（c-d+2）2=0，則（a-c）2+（b-d）2的最小值為 .

解析 目標多元函數(shù)（a-c）2+（b-d）2表示點（a，b）與點（c，d）之間距離的平方，由已知條件得：b+a2-3lna=0，c-d+2=0.即點（a，b）、點（c，d）分別是曲線y=-x2+3lnx與直線x-y+2=0上的動點，因此本題關鍵即求曲線y=-x2+3lnx上的點與直線x-y+2=0上點的距離的最小值.設曲線y=-x2+3lnx在點P（m，n）處的切線與直線x-y+2=0平行，則y′x=m=-2m+3m=1，解得m=1或m=-32（不合舍去），故切點P的坐標為（1，-1），且P到直線x-y+2=0的距離d=1-（-1）+22=22.

所以（a-c）2+（b-d）2的最小值為8.

例4 已知正數(shù)a，b，c滿足：5c-3a≤b≤4c-a，clnb≥a+clnc，則ba的取值范圍是 .

解析 本題關鍵在于挖掘條件中多元不等式的內(nèi)涵：5c-3a≤b≤4c-a，clnb≥a+clnc可化為：3·ac+bc≥5，ac+bc≤4，bc≥eac.設ac=x，bc=y，則ba=yx，于是題目轉(zhuǎn)化為：“已知x，y滿足3x+y≥5，

x+y≤4，

y≥ex，

x>；0，y>；0，求yx的取值范圍”.

作出（x，y）所在平面區(qū)域（如右圖）.過原點作曲線y=ex的切線，設切點為P（t，et），則kOP=ett=（et）′，解得t=1，kOP=e；

又由3x+y=5和x+y=4得交點C（12，72），kOC=7.故ba=yx的取值范圍為[e，7].

點評 在研究某些多元函數(shù)結(jié)構(gòu)問題時，如果單純從代數(shù)的角度去分析思考，往往很難找到正確的解題途徑，這時若能根據(jù)函數(shù)式結(jié)構(gòu)特征，聯(lián)想到與之相應的幾何背景、幾何模型，就可使問題迎刃而解，體現(xiàn)出簡捷、明快、精巧、創(chuàng)新的數(shù)學風格.5 分離提煉隱藏函數(shù)

有些多元方程f（x1，x2，…，xn）=0中，當xi取某區(qū)間內(nèi)的某一值時，相應地總有滿足這一方程的唯一的xj（i，j∈{1，2，…，n}（i≠j））值存在，那么多元方程f（x1，x2，…，xn）=0在該區(qū)間確定了一個隱藏函數(shù)xj=φ（xi）.通過分離提煉隱藏函數(shù)xj=φ（xi），從而實現(xiàn)問題的化解.但要注意有時隱藏函數(shù)xj=φ（xi）的確定顯化是有困難的，甚至不可能的.

例5 （2014年天津高考）已知函數(shù)f（x）=x-aexa∈R，x∈R.若函數(shù)y=fx有兩個零點x1，x2，且x1<；x2.（Ⅰ）求a的取值范圍；（Ⅱ）證明x2x1隨著a的減小而增大；（Ⅲ）證明x1+x2隨著a的減小而增大.

解析 （Ⅰ）由fx=x-aex，可得f′x=1-aex.下面分兩種情況討論：

（?。┊攁≤0時，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）當a>；0時，令f′（x）>；0得x<；-lna；令f′（x）<；0得x>；-lna.所以f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間是（-∞，-lna）；單調(diào)遞減區(qū)間是（-lna，+∞）.依題意得f（-lna）=-lna-1<；0，解得0<；a<；e-1.即a的取值范圍是（0，e-1）.

（Ⅱ）由x1-aex1=0得x1是自變量a的函數(shù)，兩邊求關于a的導數(shù)得x′1-ex1-aex1x′1=0即x′1=ex11-aex1.其中由（Ⅰ）可知x1<；-lna，aex1<；1，x′1>；0；同理可得x′2<；0.

即當自變量a的值減小時，x1的值減小，x2的值增大，從而x2x1的值增大.

（Ⅲ）將x2x1視為變量t（t>；1），即設x2x1=t.又由x1=aex1、x2=aex2得x2x1=ex2-xx，

即t=e（t-1）x1，x1=lntt-1，x2=tlntt-1.所以x1+x2=（1-2t-1）lnt.（t>；1），易得x1+x2在t∈（1，+∞）上隨著t的增大而增大.而t隨著a的減小而增大，故x1+x2隨著a的減小而增大.

結(jié)束語 多元函數(shù)結(jié)構(gòu)的化解問題其實是個廣泛籠統(tǒng)的話題，在高中數(shù)學考查中屢屢涉及，著實讓廣大師生深感棘手茫然.但只要精心剖析多元結(jié)構(gòu)式的本質(zhì)特征或鮮明特點，巧妙靈活地通過換元或分離或提取等一系列上述措施，有效轉(zhuǎn)化為一元函數(shù)問題來解決，將一元函數(shù)的思想方法淋漓盡致地滲透或遷移到多元函數(shù)問題中，這種處理方式也正符合高中數(shù)學新課程所提倡的高層次能力要求.

3 利用單調(diào)性定義建構(gòu)函數(shù)

某些二元不等式左右兩邊具備鮮明的同構(gòu)性，比如f（x1）>；f（x2）或f（x1）-f（x2）x1-x2>；c等結(jié)構(gòu)的不等式經(jīng)?？山?gòu)函數(shù)模型，轉(zhuǎn)化為函數(shù)的單調(diào)性問題來加以解決.

例2 設f（x）=ex-a（x+1）（e是自然對數(shù)的底數(shù)，e=2.71828…），且f′（0）=0.

（Ⅰ）求實數(shù)a的值，并求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；

（Ⅱ）設g（x）=f（x）-f（-x），若曲線y=g（x）上任意不同兩點連線的斜率恒大于實數(shù)m，試求實數(shù)m的取值范圍.

解析 （Ⅰ）解得a=1，f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（0，+∞）；單調(diào)遞減區(qū)間為（-∞，0）.

（Ⅱ）依題意得，對任意x1，x2∈R（x1<；x2），恒有g（x2）-g（x1）x2-x1>；m（x1<；x2）成立.變形得：g（x2）-mx2>；g（x1）-mx1.構(gòu)造函數(shù)F（x）=g（x）-mx，則F（x）在R上單調(diào)遞增.

所以F′（x）=g′（x）-m≥0，即m≤g′（x）在R上恒成立.而g′（x）=f（x）+f′（-x）=ex+e-x-2≥2ex·e-x-2=0（當且僅當x=0時取“=”）。所以m≤0.

4 挖掘目標函數(shù)式幾何意義

有些多元函數(shù)y=f（x1，x2，…，xn）本身蘊含著某種特殊結(jié)構(gòu)（如兩點間的距離或距離平方或兩點斜率等形式），具有豐富的幾何意義.倘若我們能充分發(fā)揮數(shù)形結(jié)合思想，必將巧妙有效地開辟嶄新的解法空間.

例3 若實數(shù)a，b，c，d滿足（b+a2-3lna）2+（c-d+2）2=0，則（a-c）2+（b-d）2的最小值為 .

解析 目標多元函數(shù)（a-c）2+（b-d）2表示點（a，b）與點（c，d）之間距離的平方，由已知條件得：b+a2-3lna=0，c-d+2=0.即點（a，b）、點（c，d）分別是曲線y=-x2+3lnx與直線x-y+2=0上的動點，因此本題關鍵即求曲線y=-x2+3lnx上的點與直線x-y+2=0上點的距離的最小值.設曲線y=-x2+3lnx在點P（m，n）處的切線與直線x-y+2=0平行，則y′x=m=-2m+3m=1，解得m=1或m=-32（不合舍去），故切點P的坐標為（1，-1），且P到直線x-y+2=0的距離d=1-（-1）+22=22.

所以（a-c）2+（b-d）2的最小值為8.

例4 已知正數(shù)a，b，c滿足：5c-3a≤b≤4c-a，clnb≥a+clnc，則ba的取值范圍是 .

解析 本題關鍵在于挖掘條件中多元不等式的內(nèi)涵：5c-3a≤b≤4c-a，clnb≥a+clnc可化為：3·ac+bc≥5，ac+bc≤4，bc≥eac.設ac=x，bc=y，則ba=yx，于是題目轉(zhuǎn)化為：“已知x，y滿足3x+y≥5，

x+y≤4，

y≥ex，

x>；0，y>；0，求yx的取值范圍”.

作出（x，y）所在平面區(qū)域（如右圖）.過原點作曲線y=ex的切線，設切點為P（t，et），則kOP=ett=（et）′，解得t=1，kOP=e；

又由3x+y=5和x+y=4得交點C（12，72），kOC=7.故ba=yx的取值范圍為[e，7].

點評 在研究某些多元函數(shù)結(jié)構(gòu)問題時，如果單純從代數(shù)的角度去分析思考，往往很難找到正確的解題途徑，這時若能根據(jù)函數(shù)式結(jié)構(gòu)特征，聯(lián)想到與之相應的幾何背景、幾何模型，就可使問題迎刃而解，體現(xiàn)出簡捷、明快、精巧、創(chuàng)新的數(shù)學風格.5 分離提煉隱藏函數(shù)

有些多元方程f（x1，x2，…，xn）=0中，當xi取某區(qū)間內(nèi)的某一值時，相應地總有滿足這一方程的唯一的xj（i，j∈{1，2，…，n}（i≠j））值存在，那么多元方程f（x1，x2，…，xn）=0在該區(qū)間確定了一個隱藏函數(shù)xj=φ（xi）.通過分離提煉隱藏函數(shù)xj=φ（xi），從而實現(xiàn)問題的化解.但要注意有時隱藏函數(shù)xj=φ（xi）的確定顯化是有困難的，甚至不可能的.

例5 （2014年天津高考）已知函數(shù)f（x）=x-aexa∈R，x∈R.若函數(shù)y=fx有兩個零點x1，x2，且x1<；x2.（Ⅰ）求a的取值范圍；（Ⅱ）證明x2x1隨著a的減小而增大；（Ⅲ）證明x1+x2隨著a的減小而增大.

解析 （Ⅰ）由fx=x-aex，可得f′x=1-aex.下面分兩種情況討論：

（?。┊攁≤0時，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）當a>；0時，令f′（x）>；0得x<；-lna；令f′（x）<；0得x>；-lna.所以f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間是（-∞，-lna）；單調(diào)遞減區(qū)間是（-lna，+∞）.依題意得f（-lna）=-lna-1<；0，解得0<；a<；e-1.即a的取值范圍是（0，e-1）.

（Ⅱ）由x1-aex1=0得x1是自變量a的函數(shù)，兩邊求關于a的導數(shù)得x′1-ex1-aex1x′1=0即x′1=ex11-aex1.其中由（Ⅰ）可知x1<；-lna，aex1<；1，x′1>；0；同理可得x′2<；0.

即當自變量a的值減小時，x1的值減小，x2的值增大，從而x2x1的值增大.

（Ⅲ）將x2x1視為變量t（t>；1），即設x2x1=t.又由x1=aex1、x2=aex2得x2x1=ex2-xx，

即t=e（t-1）x1，x1=lntt-1，x2=tlntt-1.所以x1+x2=（1-2t-1）lnt.（t>；1），易得x1+x2在t∈（1，+∞）上隨著t的增大而增大.而t隨著a的減小而增大，故x1+x2隨著a的減小而增大.

結(jié)束語 多元函數(shù)結(jié)構(gòu)的化解問題其實是個廣泛籠統(tǒng)的話題，在高中數(shù)學考查中屢屢涉及，著實讓廣大師生深感棘手茫然.但只要精心剖析多元結(jié)構(gòu)式的本質(zhì)特征或鮮明特點，巧妙靈活地通過換元或分離或提取等一系列上述措施，有效轉(zhuǎn)化為一元函數(shù)問題來解決，將一元函數(shù)的思想方法淋漓盡致地滲透或遷移到多元函數(shù)問題中，這種處理方式也正符合高中數(shù)學新課程所提倡的高層次能力要求.

3 利用單調(diào)性定義建構(gòu)函數(shù)

某些二元不等式左右兩邊具備鮮明的同構(gòu)性，比如f（x1）>；f（x2）或f（x1）-f（x2）x1-x2>；c等結(jié)構(gòu)的不等式經(jīng)?？山?gòu)函數(shù)模型，轉(zhuǎn)化為函數(shù)的單調(diào)性問題來加以解決.

例2 設f（x）=ex-a（x+1）（e是自然對數(shù)的底數(shù)，e=2.71828…），且f′（0）=0.

（Ⅰ）求實數(shù)a的值，并求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；

（Ⅱ）設g（x）=f（x）-f（-x），若曲線y=g（x）上任意不同兩點連線的斜率恒大于實數(shù)m，試求實數(shù)m的取值范圍.

解析 （Ⅰ）解得a=1，f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（0，+∞）；單調(diào)遞減區(qū)間為（-∞，0）.

（Ⅱ）依題意得，對任意x1，x2∈R（x1<；x2），恒有g（x2）-g（x1）x2-x1>；m（x1<；x2）成立.變形得：g（x2）-mx2>；g（x1）-mx1.構(gòu)造函數(shù)F（x）=g（x）-mx，則F（x）在R上單調(diào)遞增.

所以F′（x）=g′（x）-m≥0，即m≤g′（x）在R上恒成立.而g′（x）=f（x）+f′（-x）=ex+e-x-2≥2ex·e-x-2=0（當且僅當x=0時取“=”）。所以m≤0.

4 挖掘目標函數(shù)式幾何意義

有些多元函數(shù)y=f（x1，x2，…，xn）本身蘊含著某種特殊結(jié)構(gòu)（如兩點間的距離或距離平方或兩點斜率等形式），具有豐富的幾何意義.倘若我們能充分發(fā)揮數(shù)形結(jié)合思想，必將巧妙有效地開辟嶄新的解法空間.

例3 若實數(shù)a，b，c，d滿足（b+a2-3lna）2+（c-d+2）2=0，則（a-c）2+（b-d）2的最小值為 .

解析 目標多元函數(shù)（a-c）2+（b-d）2表示點（a，b）與點（c，d）之間距離的平方，由已知條件得：b+a2-3lna=0，c-d+2=0.即點（a，b）、點（c，d）分別是曲線y=-x2+3lnx與直線x-y+2=0上的動點，因此本題關鍵即求曲線y=-x2+3lnx上的點與直線x-y+2=0上點的距離的最小值.設曲線y=-x2+3lnx在點P（m，n）處的切線與直線x-y+2=0平行，則y′x=m=-2m+3m=1，解得m=1或m=-32（不合舍去），故切點P的坐標為（1，-1），且P到直線x-y+2=0的距離d=1-（-1）+22=22.

所以（a-c）2+（b-d）2的最小值為8.

例4 已知正數(shù)a，b，c滿足：5c-3a≤b≤4c-a，clnb≥a+clnc，則ba的取值范圍是 .

解析 本題關鍵在于挖掘條件中多元不等式的內(nèi)涵：5c-3a≤b≤4c-a，clnb≥a+clnc可化為：3·ac+bc≥5，ac+bc≤4，bc≥eac.設ac=x，bc=y，則ba=yx，于是題目轉(zhuǎn)化為：“已知x，y滿足3x+y≥5，

x+y≤4，

y≥ex，

x>；0，y>；0，求yx的取值范圍”.

作出（x，y）所在平面區(qū)域（如右圖）.過原點作曲線y=ex的切線，設切點為P（t，et），則kOP=ett=（et）′，解得t=1，kOP=e；

又由3x+y=5和x+y=4得交點C（12，72），kOC=7.故ba=yx的取值范圍為[e，7].

點評 在研究某些多元函數(shù)結(jié)構(gòu)問題時，如果單純從代數(shù)的角度去分析思考，往往很難找到正確的解題途徑，這時若能根據(jù)函數(shù)式結(jié)構(gòu)特征，聯(lián)想到與之相應的幾何背景、幾何模型，就可使問題迎刃而解，體現(xiàn)出簡捷、明快、精巧、創(chuàng)新的數(shù)學風格.5 分離提煉隱藏函數(shù)

有些多元方程f（x1，x2，…，xn）=0中，當xi取某區(qū)間內(nèi)的某一值時，相應地總有滿足這一方程的唯一的xj（i，j∈{1，2，…，n}（i≠j））值存在，那么多元方程f（x1，x2，…，xn）=0在該區(qū)間確定了一個隱藏函數(shù)xj=φ（xi）.通過分離提煉隱藏函數(shù)xj=φ（xi），從而實現(xiàn)問題的化解.但要注意有時隱藏函數(shù)xj=φ（xi）的確定顯化是有困難的，甚至不可能的.

例5 （2014年天津高考）已知函數(shù)f（x）=x-aexa∈R，x∈R.若函數(shù)y=fx有兩個零點x1，x2，且x1<；x2.（Ⅰ）求a的取值范圍；（Ⅱ）證明x2x1隨著a的減小而增大；（Ⅲ）證明x1+x2隨著a的減小而增大.

解析 （Ⅰ）由fx=x-aex，可得f′x=1-aex.下面分兩種情況討論：

（?。┊攁≤0時，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）當a>；0時，令f′（x）>；0得x<；-lna；令f′（x）<；0得x>；-lna.所以f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間是（-∞，-lna）；單調(diào)遞減區(qū)間是（-lna，+∞）.依題意得f（-lna）=-lna-1<；0，解得0<；a<；e-1.即a的取值范圍是（0，e-1）.

（Ⅱ）由x1-aex1=0得x1是自變量a的函數(shù)，兩邊求關于a的導數(shù)得x′1-ex1-aex1x′1=0即x′1=ex11-aex1.其中由（Ⅰ）可知x1<；-lna，aex1<；1，x′1>；0；同理可得x′2<；0.

即當自變量a的值減小時，x1的值減小，x2的值增大，從而x2x1的值增大.

（Ⅲ）將x2x1視為變量t（t>；1），即設x2x1=t.又由x1=aex1、x2=aex2得x2x1=ex2-xx，

即t=e（t-1）x1，x1=lntt-1，x2=tlntt-1.所以x1+x2=（1-2t-1）lnt.（t>；1），易得x1+x2在t∈（1，+∞）上隨著t的增大而增大.而t隨著a的減小而增大，故x1+x2隨著a的減小而增大.

結(jié)束語 多元函數(shù)結(jié)構(gòu)的化解問題其實是個廣泛籠統(tǒng)的話題，在高中數(shù)學考查中屢屢涉及，著實讓廣大師生深感棘手茫然.但只要精心剖析多元結(jié)構(gòu)式的本質(zhì)特征或鮮明特點，巧妙靈活地通過換元或分離或提取等一系列上述措施，有效轉(zhuǎn)化為一元函數(shù)問題來解決，將一元函數(shù)的思想方法淋漓盡致地滲透或遷移到多元函數(shù)問題中，這種處理方式也正符合高中數(shù)學新課程所提倡的高層次能力要求.