以靜制動看多元不等式問題

施恂棟

一般地，我們把含兩個以上變量的不等式稱為多元不等式，多元不等式問題是高考的熱點問題，對此類問題，本文采用了“以靜制動”的“固定”方法，很好地解決該類問題.

例題 若不等式bx+c+9lnx≤x2對任意的x∈（0，+∞），b∈（0，3）恒成立，求實數c的取值范圍.

分析 這是一個含兩個變量的不等式恒成立問題，先固定其中一個，把它看成常數，轉化為關于另一個變量的不等式問題.

解 先固定x，原不等式轉化為關于b的不等式恒成立問題，分離變量b得到b≤x2-9lnx-c[]x，因為b∈0，3，所以3≤x2-9lnx-c[]x，這樣就轉化為關于x的不等式恒成立問題，分離參數c得到c≤x2-9lnx-3x，令f（x）=x2-9lnx-3x，只需c≤fmin（x），x∈（0，+∞），求導得f′（x）=（x-3）（2x+3）[]x，當x∈（0，3），f′（x）<0，f（x）遞減，當x∈（3，+∞），f′（x）>0，f（x）遞增，于是fmin（x）=f（3）=-9ln3，故實數c取值范圍是c≤-9ln3.

變題1 已知函數f（x）=4x+k·2x+14x+2x+1，若對任意的實數x1，x2，x3，不等式fx1+fx2>f（x3）恒成立，求實數k的取值范圍.

解 分子分母同除以2x，得到f（x）=2x+12x+k2x+12x+1，令t=2x+12x≥22x·12x=2（當且僅當x=0時，“=”成立），則原函數f（x）轉化為g（t）=t+kt+1=1+k-1t+1（t∈[2，+∞）），于是原條件等價于對任意的t1，t2，t3∈[2，+∞），不等式g（t1）+g（t2）>g（t3）（）恒成立，先固定t2，t3，則不等式（）就是關于t1的不等式，故只需gmin（t）+g（t2）>g（t3），再固定t3，又變成了關于t2的不等式，于是gmin（t）+gmin（t）=2gmin（t）>g（t3），這樣就變成了關于t3的不等式，于是2gmin（t）>gmax（t）（）（t∈[2，+∞））.①當k=1，g（t）=1，2×1>1，不等式（）顯然成立；②當k>1，g（t）在[2，+∞）內單調遞減，所以gmax（t）=g2=k+23，gmin（t）=1（取不到），代入不等式（），有2≥k+23，解得k≤4，所以1

變題2 已知函數f（x）=x-1x，g（x）=2lnx，求最大的正整數k，使得對e，3（e=2.71828…是自然對數的底數）內的任意k個實數x1，x2，x3，…，xk，都有

fx1+fx2+…+f（xk-1）≤16g（xk）成立.

解 將變量x2，x3，…，xk全部固定，不等式fx1+fx2+…+f（xk-1）≤16g（xk）（）就變成了關于變量x1的不等式恒成立問題，故只需fmax（x）+fx2+…+f（xk-1）≤16g（xk），再固定x3，x4，…，xk，這樣不等式又轉化為關于x2的不等式，只需fmax（x）+fmax（x）+f（x3）+…+f（xk-1）≤16g（xk），采用這種“固定”的方法，依次下去，最后得到fmax（x）+fmax（x）+…+fmax（x）（k-1）個≤16g（xk）（），不等式（）就是關于變量xk的不等式恒成立問題，故只需（k-1）fmax（x）≤16gmin（x）x∈e，3，因為f（x）=x-1x在e，3上單調遞增，fmax（x）=f3=83，g（x）=2lnx在e，3上單調遞增，gmin（x）=ge=2，代入不等式，得到k-183≤16×2，解得k≤13，所以符合條件的最大整數為13.

評析 解決含兩個以上變量的不等式問題，我們可以先看其中一個變量，把其余變量固定看成常數，先轉化成常見的含一個變量的不等式問題，以不變應萬變.