高考中多元不等式问题的解题思想探析

不等式是高中数学的重要组成部分，在高考中有着举足轻重的地位．不等式的证明和解题方法多，技巧性强，所以不等式问题历来是高中数学的一个难点．尤其多元不等式问题，更是一类颇具挑战性的题型．本文试以近几年各地高考题为例，探析此类问题的解题思想．

1 利用基本不等式

在2008年的数学考纲中明确指出不等式的考试要求：掌握两个（不扩展到三个）正数的算术平均数不小于它们的几何平均数的定理，并会简单的应用．基本不等式a2+b2≥2ab (a，b∈R)；a+b2≥2ab（a，b＞0）的结论本身就是以多元的形式给出的，所以它为多元不等式问题提供了一种解题思想．

例1 (2006年重庆理科第10题)若a,b,c＞0且a(a+b+c)+bc=4-23,则2a+b+c的最小值为()．

（A） 3-1 （B） 3+1

（C） 23+2（D）23-2

解：a(a+b+c)+bc=a2+a(b+c)+bc≤a2+a(b+c)+（b+c22=（a+b+c2）2=(2a+b+c)24．

即 4－23≤(2a+b+c)24，

因为 a,b,c＞0，所以2a+b+c≥23-2．选（D）．

例2 (2007年山东理科第16题)函数y=loga(x+3)-1(a＞0,a≠1)的图像恒过定点A，若点A在直线mx+ny+1=0上，其中mn＞0,则1m+2n的最小值为 ．

解：定点A(-2,-1),由已知得2m+n=1，

所以 1m+2n=(1m+2n)(2m+n) =

4+nm+4mn≥4+4=8(当且仅当n=2m=12时取等号)．所以最小值为8．

探析：在高考题中，能用基本不等式的思想解决的此类问题，以选择题、填空题为主要考查形式．

2 确定主元

所谓“主元思想”，即是指在含有两个或两个以上字母的问题的解决过程中，选择其中一个字母作为研究的主要对象，视为“主元”，而将其余各字母视作参数或常量，来指导解题的一种思想方法．这一思想方法运用的核心是确定“主元”、选择“主元”，在多变量问题的解题中一旦选对了“主元”，等价于战斗中选准了主攻方向．

例3（2004年全国卷II第22题）已知函数f(x)=ln(1+x)-x，g(x)=xlnx．

(Ⅰ) 求函数f(x) 的最大值；

(Ⅱ) 设0＜a＜b，证明0＜g(a)+g(b)－2g（a+b2）＜(b－a)ln2.

解：（Ⅰ）略；

（Ⅱ） 设F(x)=g(a)+g(x)-2g（a+x2）,

则 F′(x)=lnx－lna+x2.

当0＜x＜a时，F′(x)＜0，因此F(x)在(0，a)上为减函数.

当x＞a时，F′(x)＞0，因此F(x)在(a,+∞)上为增函数．

所以当x=a时，F(x)有极小值F(a).

因为 F(a)=0，b＞a， 所以 F(b)＞0，

即 0＜g(a)+g(b)－2g(a+b2).

设G(x)=F(x)-(x-a)ln2，则G′(x)=lnx－lna+x2－ln2=lnx-ln(a+x).

当x＞0时，G′(x)＜0，

所以 G(x)在(0,+∞)上为减函数.

因为 G(a)=0，b＞a，所以 G(b)＜0，

即g(a)+g(b)－2g(a+b2)＜(b－a)ln2.得证.

探析：将a，b中任一字母变为x，构造函数，用函数求导知识，结合函数单调性求解，这是多元不等式证明的一种重要思想.

3 逆转主元

解决数学问题时，大多是从条件出发，借助于一些具体的模式和方法，进行正面的、顺向的思考．如果正向思维受阻，那么“顺难则逆、直难则曲、正难则反”．在多元不等式问题中，逆转主元思想常使思考产生新的源泉．

例4（2007年浙江理科第22题）设f(x)=x33，对任意实数t，记gt(x)=t23x－23t．

（Ⅰ） 求函数y=f(x)－g8(x)的单调区间；

（Ⅱ） 求证：（）当x＞0时，f(x)≥gt(x)对任意正实数t成立；

（）有且仅有一个正实数x0，使得g8(x0)≥gt(x0)对任意正实数t成立．

解：（Ⅰ）略；

（Ⅱ） 证明：（i）方法一：令h(x)=f(x)－gt(x)=x33－t23x+23t (x＞0),

则 h′(x)=x2－t23，

当t＞0时，由h′(x)=0，得x=t13，

当x∈(t13，+∞)时，h′(x)＞0，

所以h(x)在(0，+∞)内的最小值是h(t13)=0．

故当x＞0时，f(x)≥gt(x)对任意正实数t成立．

方法二：对任意固定的x＞0，令h(t)=gt(x)=t23x－23t (t＞0)，

则 h′(t)=23t－13(x－t13)，

由h′(t)=0，得t=x3．

当0＜t＜x3时，h′(t)＞0．

当t＞x3时，h′(t)＜0，

所以当t=x3时，h(t)取得最大值h(x3)=13x3．因此当x＞0时，f(x)≥gt(x)对任意正实数t成立．

（ii）对任意x0＞0，g8(x0)=4x0－163，因为gt(x0)关于t的最大值是13x30，所以要使g8(x0)≥gt(x0)对任意正实数成立的充分必要条件是：4x0-163≥13x30，

即(x0－2)2(x0+4)≤0，①

又因为x0＞0，不等式①成立的充分必要条件是x0=2，所以有且仅有一个正实数x0=2使得g8(x0)≥gt(x0)对任意正实数t成立．

探析：含参数问题通常含有两个或两个以上变元，习惯上我们把“x”当作自变量．Ⅱ(i)中的方法一就是以x为自变量构造函数求解，这是常规思路；方法二是视t为变量，x为常量，构造函数求解，这时就实现了自变量换位．两种方法的可行性体现了变量的相对性．但对于Ⅱ(ii)，如果仍把“x”当作自变量，这种思维定势就会把问题变得相当复杂，这时用逆转主元的思想将x与t角色换位，问题迎刃而解．一般地，可把已知范围的那个看作自变量，另一个看作常量．

4 消元

因为多元，所以通过消元来解决是很自然的想法．解题中，通过消元，分多为少、化繁为简、变难为易，常可降低思维难度．

例5 (2006年浙江文科第20题）设f(x)=3ax2+2bx+c，若 a+b+c=0，f(0)f(1)＞0

求证 ：（Ⅰ）方程f(x)=0有实根；

（Ⅱ） -2＜ba＜-1；

（Ⅲ） 设x1,x2是方程f(x)=0的两个实根，则33≤x1－x2＜23．

证明：（Ⅰ） 若a = 0, 则 b= -c ,

f(0)・f(1) = c (3a + 2b + c )= -c2 ≤0， 与已知矛盾，所以 a ≠ 0．

方程3ax2+2bx+c = 0 的判别式 Δ=4(b2-3ac)，由条件 a+b+c = 0，消去 b得

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Δ=4(a2+b2-ac)=

4［(a-12c)2+34c2］＞0．

故方程 f (x) = 0 有实根．

（Ⅱ）因为 f(0)・f(1) =c(3a+2b+c )，由条件 a+b+c=0，消去 c，得 (a+b)(2a+b)＜0． 所以 (1+ba)(2+ba)＜0，

故-2＜ba＜-1．

（Ⅲ）由条件，知x1+x2= -2b3a,

x1・x2=c3a=-a+b3a,

所以 (x1－x2)2=(x1－x2)2－4x1x2=49(ba+32)2+13． 因为 -2＜ba＜-1,

所以 13≤(x1－x2)2＜49，

故 33≤x1－x2＜23．

探析：由等量关系 a + b + c = 0, （Ⅰ） 消去 b，即用a、c表示b，尽管仍有两个字母，但整理得二次三项式后很容易联想到用配方解决问题；（Ⅱ）消去 c，即用a、b表示c，同时也就确定了解题目标中的元a和b，简化了问题；进而用（Ⅱ）解决了问题（Ⅲ）．

5 换元

对于比较复杂的式子，其中某些含参数的部分若能看成一个整体，换成一个新的字母，于是问题中的参数就减少了．复杂问题可以简单化、明朗化，这就是换元思想独到的作用．

例6 （2006年四川理科第22题）已知函数f(x)=x2+2x+alnx(x＞0)，f(x)的导函数是f′(x)．对任意两个不相等的正数x1、x2，证明:

（Ⅰ） 当a≤0时，f(x1)+f(x2)2＞f(x1+x22)；

（Ⅱ）当a≤4时，|f′(x1)－f′(x2)|＞|x1－x2|．

证明：（Ⅰ）由f（x）=x2+2x+alnx,

得f（x1） + f（x2）2 =12（x21+x22） + （1x1 + 1x2） + a2（lnx1 + lnx2）=

12(x21+x22)+x1+x2x1x2+alnx1x2,

f(x1+x22)=(x1+x22)2+4x1+x2+

alnx1+x22

而12（x21 + x22） ＞14［（x21 + x22） + 2x1x2］2 =(x1 + x22)2①

又（x1 + x2）2 = （x21 + x22） + 2x1x2 ＞ 4x1x2， 所以 (x1+x2)x1x2＞4x1+x2②

因为x1x2＜x1+x22，

所以 lnx1x2＜lnx1+x22．

因为 a≤0，

所以 alnx1x2＜alnx1+x22③

由①、②、③得 12（x21 + x22） + x1 + x2x1x2+

alnx1x2＞(x1+x22）2+4x1+x2+alnx1x2，

即f（x1）+f（x2）2＞f(x1+x22）．

（Ⅱ）由f（x）=x2+2x+alnx，得

f′（x）=2x－2x2+ax

所以 |f′（x1）-f′（x2）| =

|（2x1-2x21 + ax1）-（2x2-2x22 +ax2）| =

x1-x2・|2 + 2（x1 + x2）(x21x22-a(x1x2|

因为 x1,x2是两个不相等的正数,

所以 2 +2（x1 + x2）x21x22-ax1x2＞ 2 +4（x1x2）3-ax1x2≥2+4（x1x2）3－4x1x2.设t=1x1x2，u（t）=2+4t3－4t2（t＞0）,

则u′（t）=4t（3t－2），列表：

t（0,23）23（23,+∞）

u′（t）-0+

u（t）极小值3827

所以u=3827＞1，

即 2+2（x1 + x2）x21x22-ax1x2＞1,

所以 |f′（x1）-f′（x2）| =|x1-x2|・|2 + 2（x1 + x2）x21x22-ax1x2|＞|x1-x2|

即对任意两个不相等的正数x1,x2，恒有

|f′（x1）－f′（x2）|＞|x1－x2|．

探析：（Ⅰ）利用了基本不等式证得；（Ⅱ）也是多元不等式的证明，在尝试用（Ⅰ）中的思想不能完全证得命题时，却在变形过程中发现式子中出现一个整体1x1x2，此时巧妙地运用换元法化简式子，构造函数使问题得以转化．

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