例談“多變量”不等式恒成立問題

馮敏

本文給出求解“多變量”不等式恒成立問題的通性通法，有利于迅速轉化問題，提高解題技能.

常見類型一：遇到涉及“對于任意的x1，x2∈D，都有f（x1）-f（x2）≤k（k為正常數）恒成立”問題，可轉化為先求函數f（x）在區間D上的最大值和最小值;然后根據f（x1）-f（x2）≤f（x）max-f（x）min（x∈D）即可順利求解.

例1 已知函數f（x）=ax3+·cosθ·x2-2x+c的圖象經過點

（1，），且在[-2，1]上單調遞減，在[1，+∞）上單調遞增.

（1）求f（x）的解析式;（2）若對于任意的x1，x2∈[m，m+3]（m≥0），不等式f（x1）-f（x2）≤恒成立，求m的取值范圍.

分析：第（1）問需要將已知條件充分運用;第（2）問的關鍵是利用函數的單調性求f（x）在[m，m+3]上的最小值和最大值，而在利用單調性時要注意按m與1的大小關系討論.

解析：（1）根據f ′（1）=0

f ′（-2）≤0可求得f（x）=x3+x2-2x+.（具體過程，略）

（2）當m≥1時，∵由題設易知函數f（x）在[m，m+3]上單調遞增，又由不等式f（x1）-f（x2）≤恒成立得≥f（x）max-f（x）min（其中x∈[m，m+3]），

∴≥f（m+3）-f（m）=3m2+12m+?-5≤m≤1，又m≥1，∴m=1適合題意.

當0≤m<1時，∵由題設易知函數f（x）在[m，1]上單調遞減，在[1，m+3]上單調遞增，∴在[m，m+3]上，f（x）max=f（1），f（x）min=max{f（m），f（m+3）}.

又由f（m+3）-f（m）=3m2+12m+>0知，f（x）max=f（m+3）;由

f（x）在[m+3，4]上單調遞增，得f（m+3）

綜上知，所求m的取值范圍是[0，1].

評注：本題第（2）問要注意“分類與整合思想”和“轉化思想”在解題中的靈活運用.

常見類型二：遇到涉及“對于任意的x1，x2，x3∈D，都有f（x1）+

f（x2）>f（x3）恒成立”問題，可轉化為先求函數f（x）在區間D上的最大值和最小值;然后根據f（x1）+f（x2）>f（x3）恒成立?2f（x）min>f（x）max（x∈D）即可順利求解.

例2 已知函數f（x）=x3+（-）x2+（-a）x（a是小于1的正實數，x∈R）.若對于任意的x1，x2，x3∈[1，2]，都有f（x1）+

f（x2）>f（x3）恒成立，求a的取值范圍.

分析：由于在區間[1，2]上f（x1）+f（x2）>f（x3）恒成立?2f（x）min>f（x）max（x∈[1，2]），所以本題關鍵是求函數f（x）在[1，2]上的最大值和最小值.

解析：∵f ′（x）=x2+（a-）x+（-a）=（x-）（x+a-2），∴令

f ′（x）=0，則x=或x=2-a.又由00，則解得x<或x>2-a;令f ′（x）=0，則解得

于是，易知函數f（x）在[1，2-a]上遞減，在[2-a，2]上遞增.從而，函數f（x）在[1，2]上的最小值為f（2-a）=（2-a）2，最大值為max{f（1），f（2）}=max{-，a}.

∵易知當0-.又∵由于對任意x1，x2，x3∈[1，2]都有f（x1）+f（x2）>f（x3）恒成立得2f（x）min>f（x）max（x∈[1，2]）.

∴當0-，結合0a，結合

綜上知，所求a的取值范圍是（1-，2-）.

評注：本題探求解題思路的突破口在于，將已知不等式恒成立準確轉化為關于函數f（x）在[1，2]上的最大值和最小值問題.

綜上所述，借助求導知識有利于分析函數的單調性，由單調性便于分析函數在某區間上的最大值和最小值，從而有利于將“多變量”恒成立問題加以轉化，達到簡捷求解的目的.

·編輯 王團蘭