以静制动看多元不等式问题

施恂栋

一般地，我们把含两个以上变量的不等式称为多元不等式，多元不等式问题是高考的热点问题，对此类问题，本文采用了“以静制动”的“固定”方法，很好地解决该类问题.

例题 若不等式bx+c+9lnx≤x2对任意的x∈（0，+∞），b∈（0，3）恒成立，求实数c的取值范围.

分析 这是一个含两个变量的不等式恒成立问题，先固定其中一个，把它看成常数，转化为关于另一个变量的不等式问题.

解 先固定x，原不等式转化为关于b的不等式恒成立问题，分离变量b得到b≤x2-9lnx-c[]x，因为b∈0，3，所以3≤x2-9lnx-c[]x，这样就转化为关于x的不等式恒成立问题，分离参数c得到c≤x2-9lnx-3x，令f（x）=x2-9lnx-3x，只需c≤fmin（x），x∈（0，+∞），求导得f′（x）=（x-3）（2x+3）[]x，当x∈（0，3），f′（x）<0，f（x）递减，当x∈（3，+∞），f′（x）>0，f（x）递增，于是fmin（x）=f（3）=-9ln3，故实数c取值范围是c≤-9ln3.

变题1 已知函数f（x）=4x+k·2x+14x+2x+1，若对任意的实数x1，x2，x3，不等式fx1+fx2>f（x3）恒成立，求实数k的取值范围.

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（当且仅当x=0时，“=”成立），则原函数f（x）转化为g（t）=t+kt+1=1+k-1t+1（t∈[2，+∞）），于是原条件等价于对任意的t1，t2，t3∈[2，+∞），不等式g（t1）+g（t2）>g（t3）（）恒成立，先固定t2，t3，则不等式（）就是关于t1的不等式，故只需gmin（t）+g（t2）>g（t3），再固定t3，又变成了关于t2的不等式，于是gmin（t）+gmin（t）=2gmin（t）>g（t3），这样就变成了关于t3的不等式，于是2gmin（t）>gmax（t）（）（t∈[2，+∞））.①当k=1，g（t）=1，2×1>1，不等式（）显然成立；②当k>1，g（t）在[2，+∞）内单调递减，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

变题2 已知函数f（x）=x-1x，g（x）=2lnx，求最大的正整数k，使得对e，3（e=2.71828…是自然对数的底数）内的任意k个实数x1，x2，x3，…，xk，都有

fx1+fx2+…+f（xk-1）≤16g（xk）成立.

解 将变量x2，x3，…，xk全部固定，不等式fx1+fx2+…+f（xk-1）≤16g（xk）（）就变成了关于变量x1的不等式恒成立问题，故只需fmax（x）+fx2+…+f（xk-1）≤16g（xk），再固定x3，x4，…，xk，这样不等式又转化为关于x2的不等式，只需fmax（x）+fmax（x）+f（x3）+…+f（xk-1）≤16g（xk），采用这种“固定”的方法，依次下去，最后得到fmax（x）+fmax（x）+…+fmax（x）（k-1）个≤16g（xk）（），不等式（）就是关于变量xk的不等式恒成立问题，故只需（k-1）fmax（x）≤16gmin（x）x∈e，3，因为f（x）=x-1x在e，3上单调递增，fmax（x）=f3=83，g（x）=2lnx在e，3上单调递增，gmin（x）=ge=2，代入不等式，得到k-183≤16×2，解得k≤13，所以符合条件的最大整数为13.

评析 解决含两个以上变量的不等式问题，我们可以先看其中一个变量，把其余变量固定看成常数，先转化成常见的含一个变量的不等式问题，以不变应万变.