(x²−7x+14)² ≥ m(x²−6x+13)(x²−8x+17) 恒成立

题目：对任意的 $x\in\mathbf{R}$，不等式 $\left(x^2-7x+14\right)^2\ge m\left(x^2-6x+13\right)\left(x^2-8x+17\right)$ 恒成立，则实数 $m$ 的取值范围为。

答案：$\left(-\infty,\dfrac{1}{2}\right]$

解法一（换元 u,v）

设 $u=x^2-6x+13=(x-3)^2+4\ge 4$，$v=x^2-8x+17=(x-4)^2+1\ge 1$，则 $x^2-7x+14=\dfrac{1}{2}(u+v-2)$，

则 $\left(x^2-7x+14\right)^2\ge m\left(x^2-6x+13\right)\left(x^2-8x+17\right)$ 恒成立可化为 $\dfrac{1}{4}(u+v-2)^2\ge muv$ 恒成立，

即 $m\le\dfrac{(u+v-2)^2}{4uv}$ 恒成立，故 $m\le\left[\dfrac{(u+v-2)^2}{4uv}\right]_{\min}$，

设 $f(v)=\dfrac{(u+v-2)^2}{4uv}=\dfrac{v^2+2(u-2)v+(u-2)^2}{4uv}=\dfrac{1}{4u}\left[v+\dfrac{(u-2)^2}{v}+2(u-2)\right]$，

易知 $f(v)$ 在 $1<v<u-2$ 时递减，在 $v>u-2$ 时递增，

所以 $f(v)_{\min}=f(u-2)=\dfrac{u-2}{u}=1-\dfrac{2}{u}=g(u)$，

而 $g(u)$ 显然在 $u\ge 4$ 时单调递增，所以 $g(u)_{\min}=g(4)=\dfrac{1}{2}$，

故 $m\le\dfrac{1}{2}$，当且仅当 $\begin{cases}u=4\\ v=2\end{cases}$ 时，即 $x=3$ 时，等号成立，

所以实数 $m$ 的取值范围为 $\left(-\infty,\dfrac{1}{2}\right]$。

原式可化为 $m\le\dfrac{\left(x^2-7x+14\right)^2}{\left(x^2-6x+13\right)\left(x^2-8x+17\right)}$

设 $x-3=t$，则 $\left(x^2-7x+14\right)^2=\left(t^2-t+2\right)^2$

$x^2-6x+13=t^2+4$，$x^2-8x+17=t^2-2t+2$

$\therefore\ 2\left(t^2-t+2\right)^2=2t^4-4t^3+10t^2-8t+8$　①

$\left(t^2+4\right)\left(t^2-2t+2\right)=t^4-2t^3+6t^2-8t+8$　②

由① $-$ ② 得 $t^2\left(t^2-2t+4\right)\ge 0$

$\therefore\ 2\left(t^2-t+2\right)^2\ge\left(t^2+4\right)\left(t^2-2t+2\right)$

$\therefore\ \dfrac{\left(x^2-7x+14\right)^2}{\left(x^2-6x+13\right)\left(x^2-8x+17\right)}\ge\dfrac{1}{2}$

$\therefore\ m\le\dfrac{1}{2}$