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笔者在2011年《考试（高考数学版）》第3—4期上发表拙文《多元变量局部调整》，并指出：对于富含多变量的条件最值问题，可以让大多数的变量固定，而让少数的变量变动，搞清所论的量对少数变量的依赖关系，然后局部调整，让固定的变量“活化”而动起来，达到“局部调整思想”解决问题的目的.并在文末对一类问题做了推广，得到如下结果：
设ｎ元函数ｙ＝ｆ（x1,x2,…,xn），当xi∈（a，b）（i＝１，２，…，ｎ）时有定义，且∑ni=1xi=nc．若对任意1≤i≤j≤n，固定xk（ｋ≠i，j），ｙ随|xi-xj|的减少而减少（增大）,则
f（x1,x2,…,xn）≥f(c,c,…c)（或ｆ（x1,x2,…,xn）≤f(c,c,…,c)）.
不妨称以上结果为结论1，类比结论1，可得如下结果：
结论2设ｎ元函数ｙ＝ｆ（x1,x2,…,xn），当xi∈（a,b）（i＝１，２，…，ｎ）时有定义，且∏ni=1xi＝cn．若对任意１≤i＜j≤n，固定xk（ｋ≠i，j），ｙ随|xi-xj|的减少而减少（增大）,则f（x1,x2,…,xn）≥f（c,c,…c）（或ｆ（x1,x2,…,xn）≤f(c,c,…,c).）.
证明：∵ ∏ni=1xi＝cn∴ n∏ni=1xi=c
∵ xi∈（a,b）（i＝１,２,…,ｎ）∴ c∈（a,b）
显然，当x1=x2=…=xn=c时，等号成立.
若x1,x2,…,xn不全相等，则总存在xi和xj，使得xi＜c＜xj,适当调整xi的次序，总可以使得i=1,j=2,即x1＜c＜x2.
令x′1=c,x′2=x1x2c，则x′1x′2=x1x2且|x′2-x′1|=x1x2c-c=1c|x1x2-c2|=1c|x1x2-x1c+x1c-c2|=1c|x1(x2-c)+c(x1-c)|≤1c|x1(x2-c)|+|c(x1-c)|=x1c(x2-c)+|x1-c|＜|x2-c|+|x1-c|=|x2-x1|
固定x3,x4,…,xn,由y的性质f(x1，x2，…,xn)≥f(c，x′2,x3，…,xn).
若x′2,x3,…,xn还不全相等，再适当调整xi的次序后，可使x′2＜c＜x3，进行同样的处理，得f(c,x′2，x3，…,xn)≥f(c,c,x′3，x4，…,xn).如此继续下去，至多n-1次，就可得f(x1,x2,…,xn)≥f(c,x′2，x3，…，xn)≥f(c,c,x′3,x4，…,xn)≥…≥f(c,c,…,c).
至此，f(c,c,…c)不能再减少，因而是最小值.
相反方向不等式的证明完全类似，这里从略.
以下利用上述结论解决一道竞赛试题：
题目：已知二次函数f(x)=ax2+bx+c各项系数均为正，且a+b+c=1.求证：对任何满足x1x2…xn=1的正数组x1，x2，…,xn，都有f(x1)f(x2)…f(xn)≥1.
证明：显然f(1)=1.
以下分两种情况讨论：
（ⅰ） 若x1=x2=…=xn，则xi=1（i＝１，２，…，ｎ），f(x1)f(x2)…f(xn)=1，欲证不等式显然成立.
（ⅱ）若x1,x2,…,xn不全相等，则总存在xi和xj，使得xi＜1＜xj.考虑到欲证不等式左边是轮换对称式，故可不妨设i=1,j=2,即x1＜1＜x2.此时
f(x1)f(x2)=（ax21+bx1+c）(ax22+bx2+c)
=a2x21x22+b2x1x2+c2+ab(x21x2+x1x22)+ac(x21+x22)+bc(x1+x2)①
f(1)f(x1x2)=(a+b+c)(ax21x22+bx1x2+c)
=a2x21x22+b2x1x2+c2+ab(x21x22+x1x2)+ac(x21x22+1)+bc(x1x2+1)②
①-②得f(x1)f(x2)-f(1)f(x1x2)
=abx1x2(x1+x2-x1x2-1)+ac(x21+x22-x21x22-1)+bc(x1+x2-x1x2-1)
=-abx1x2(x1-1)(x2-1)-ac(x21-1)(x22-1)-bc(x1-1)(x2-1)
∵ 0＜x1＜1＜x2，a＞0,b＞0,c＞0
∴ f(x1)f(x2)-f(x)f(x1x2)＞0
令x′1=1，x′2=x1x2，x′t=xt（t=3,4,…,n）,则∏ni=1x′i=1,且诸x′i（i＝１，２，…，ｎ）仍为正.这样调整的结果，可使诸x′i中等于1的个数至少增加1个（当然最大的可能性是增加两个）.
∴ ∏ni=1f(xi)-∏ni=1f(x′i)
=［f(x1)f(x2)-f(x′1)f(x′2)］∏ni=3f(xi)
=［f(x1)f(x2)-f(1)f(x1x2)］∏ni=3f(xi)
∵ 二次函数f(x)各项系数均为正，且诸xi（i＝１，２，…，ｎ）仍为正.
∴ f(xi）＞0（i＝１，２，…，ｎ）.
∴ ∏ni=1f(xi)-∏ni=1f(x′i)＞0
∴ ∏ni=1f(xi)＞∏ni=1f(x′i)
若x′1=x′2=…=x′n=1，则命题证毕.若x′i（i＝１，２，…，ｎ）仍不全相等，则如上类似处理，这样调整的结果，每次都能使x1,x2,…,xn中等于1的个数至少增加1个.重复如上操作至多n-1次，必可使x1=x2=…=xn=1.从而有∏ni=1f(xi)＞［f(1)］n=1.
综上所述,由（ⅰ）（ⅱ）可知，∏ni=1f(xi)≥1.
有必要指出的是本文中的结论1和结论2直接给出了此类问题的最值及取得最值时的条件，其证明过程给出了解决此类具体问题的解题思路.
著名数学家、数学教育家弗赖登塔尔在《作为教育任务的数学》中指出：“反思是数学活动的核心和动力”，“类比是拓展数学问题最有效的方法和手段”.著名数学家、数学教育家G•波利亚在《怎样解题》中也指出：“当你找到第一棵蘑菇后，要环顾四周，因为它们总是成堆生长的.”我想，“环顾四周”的本质就是“反思”，就是“类比”，就是“大胆猜想，小心求证”，从而使数学由冰冷的“冰山一角”，经过我们“火热的思考”，展现出整座美丽的“冰山”.
注：本文中所涉及到的图表、注解、公式等内容请以PDF格式阅读原文
设ｎ元函数ｙ＝ｆ（x1,x2,…,xn），当xi∈（a，b）（i＝１，２，…，ｎ）时有定义，且∑ni=1xi=nc．若对任意1≤i≤j≤n，固定xk（ｋ≠i，j），ｙ随|xi-xj|的减少而减少（增大）,则
f（x1,x2,…,xn）≥f(c,c,…c)（或ｆ（x1,x2,…,xn）≤f(c,c,…,c)）.
不妨称以上结果为结论1，类比结论1，可得如下结果：
结论2设ｎ元函数ｙ＝ｆ（x1,x2,…,xn），当xi∈（a,b）（i＝１，２，…，ｎ）时有定义，且∏ni=1xi＝cn．若对任意１≤i＜j≤n，固定xk（ｋ≠i，j），ｙ随|xi-xj|的减少而减少（增大）,则f（x1,x2,…,xn）≥f（c,c,…c）（或ｆ（x1,x2,…,xn）≤f(c,c,…,c).）.
证明：∵ ∏ni=1xi＝cn∴ n∏ni=1xi=c
∵ xi∈（a,b）（i＝１,２,…,ｎ）∴ c∈（a,b）
显然，当x1=x2=…=xn=c时，等号成立.
若x1,x2,…,xn不全相等，则总存在xi和xj，使得xi＜c＜xj,适当调整xi的次序，总可以使得i=1,j=2,即x1＜c＜x2.
令x′1=c,x′2=x1x2c，则x′1x′2=x1x2且|x′2-x′1|=x1x2c-c=1c|x1x2-c2|=1c|x1x2-x1c+x1c-c2|=1c|x1(x2-c)+c(x1-c)|≤1c|x1(x2-c)|+|c(x1-c)|=x1c(x2-c)+|x1-c|＜|x2-c|+|x1-c|=|x2-x1|
固定x3,x4,…,xn,由y的性质f(x1，x2，…,xn)≥f(c，x′2,x3，…,xn).
若x′2,x3,…,xn还不全相等，再适当调整xi的次序后，可使x′2＜c＜x3，进行同样的处理，得f(c,x′2，x3，…,xn)≥f(c,c,x′3，x4，…,xn).如此继续下去，至多n-1次，就可得f(x1,x2,…,xn)≥f(c,x′2，x3，…，xn)≥f(c,c,x′3,x4，…,xn)≥…≥f(c,c,…,c).
至此，f(c,c,…c)不能再减少，因而是最小值.
相反方向不等式的证明完全类似，这里从略.
以下利用上述结论解决一道竞赛试题：
题目：已知二次函数f(x)=ax2+bx+c各项系数均为正，且a+b+c=1.求证：对任何满足x1x2…xn=1的正数组x1，x2，…,xn，都有f(x1)f(x2)…f(xn)≥1.
证明：显然f(1)=1.
以下分两种情况讨论：
（ⅰ） 若x1=x2=…=xn，则xi=1（i＝１，２，…，ｎ），f(x1)f(x2)…f(xn)=1，欲证不等式显然成立.
（ⅱ）若x1,x2,…,xn不全相等，则总存在xi和xj，使得xi＜1＜xj.考虑到欲证不等式左边是轮换对称式，故可不妨设i=1,j=2,即x1＜1＜x2.此时
f(x1)f(x2)=（ax21+bx1+c）(ax22+bx2+c)
=a2x21x22+b2x1x2+c2+ab(x21x2+x1x22)+ac(x21+x22)+bc(x1+x2)①
f(1)f(x1x2)=(a+b+c)(ax21x22+bx1x2+c)
=a2x21x22+b2x1x2+c2+ab(x21x22+x1x2)+ac(x21x22+1)+bc(x1x2+1)②
①-②得f(x1)f(x2)-f(1)f(x1x2)
=abx1x2(x1+x2-x1x2-1)+ac(x21+x22-x21x22-1)+bc(x1+x2-x1x2-1)
=-abx1x2(x1-1)(x2-1)-ac(x21-1)(x22-1)-bc(x1-1)(x2-1)
∵ 0＜x1＜1＜x2，a＞0,b＞0,c＞0
∴ f(x1)f(x2)-f(x)f(x1x2)＞0
令x′1=1，x′2=x1x2，x′t=xt（t=3,4,…,n）,则∏ni=1x′i=1,且诸x′i（i＝１，２，…，ｎ）仍为正.这样调整的结果，可使诸x′i中等于1的个数至少增加1个（当然最大的可能性是增加两个）.
∴ ∏ni=1f(xi)-∏ni=1f(x′i)
=［f(x1)f(x2)-f(x′1)f(x′2)］∏ni=3f(xi)
=［f(x1)f(x2)-f(1)f(x1x2)］∏ni=3f(xi)
∵ 二次函数f(x)各项系数均为正，且诸xi（i＝１，２，…，ｎ）仍为正.
∴ f(xi）＞0（i＝１，２，…，ｎ）.
∴ ∏ni=1f(xi)-∏ni=1f(x′i)＞0
∴ ∏ni=1f(xi)＞∏ni=1f(x′i)
若x′1=x′2=…=x′n=1，则命题证毕.若x′i（i＝１，２，…，ｎ）仍不全相等，则如上类似处理，这样调整的结果，每次都能使x1,x2,…,xn中等于1的个数至少增加1个.重复如上操作至多n-1次，必可使x1=x2=…=xn=1.从而有∏ni=1f(xi)＞［f(1)］n=1.
综上所述,由（ⅰ）（ⅱ）可知，∏ni=1f(xi)≥1.
有必要指出的是本文中的结论1和结论2直接给出了此类问题的最值及取得最值时的条件，其证明过程给出了解决此类具体问题的解题思路.
著名数学家、数学教育家弗赖登塔尔在《作为教育任务的数学》中指出：“反思是数学活动的核心和动力”，“类比是拓展数学问题最有效的方法和手段”.著名数学家、数学教育家G•波利亚在《怎样解题》中也指出：“当你找到第一棵蘑菇后，要环顾四周，因为它们总是成堆生长的.”我想，“环顾四周”的本质就是“反思”，就是“类比”，就是“大胆猜想，小心求证”，从而使数学由冰冷的“冰山一角”，经过我们“火热的思考”，展现出整座美丽的“冰山”.
注：本文中所涉及到的图表、注解、公式等内容请以PDF格式阅读原文