高考高中數(shù)學(xué)必考：求最值技巧方法詳解

高中數(shù)學(xué)必考：求最值技巧方法詳解

16-1利用一次函數(shù)的單調(diào)性

【例1】已知非負，且1+3y+2z=3,3?r+3y+N

4.求3=2z—3、+z的最值?

解由條件知］3?y+2z=3—工

3、+之=4—3]

5

得？=彳（1-z）,z=2z—1

:.w=9r-6

又x.y^z非負，

'N20

q1

即《卷（1—萬

J乙

、2力一1》0

依一次函數(shù)3=9z—6的單調(diào)性知

當/=1時,Wmin=一^

當x=l時，訓(xùn)3=3

注在求多元函數(shù)的條件最值時，通常是根據(jù)已知條件消

元，變?yōu)橐辉瘮?shù).對一次函數(shù)y=kx+b(AWO)的最值，關(guān)鍵

是指出自變量的取值范圍，即函數(shù)的定義域.當一次函數(shù)的定義

域是閉區(qū)間時，其最值在閉區(qū)間的端點處取得.

16.2利用二次函數(shù)的性質(zhì)

［例2】設(shè)是方程4J—4AZ+A+2=0的兩個實根,

當k為何值時/十儼有最小值？

解???明8為方程的兩實根，

4-1-2

設(shè)》=。2+02,則

y=（0+6）2-2口夕=/一^4^=（4-］）2_褒

L410

又由原方程有實根知，

△=16"—16（為+2）=16（二一4一2））0

，Y—1或42

而二次函數(shù)的頂點（J,一條）不在此范圍內(nèi)，根據(jù)二次函

410

數(shù)的性質(zhì)知0是以4="為對稱軸，開口向上的，定義域為（一

8,-l〕U12,+8）的拋物線.比較氏=-1及為=2時）的值

知，

當%=-1時，有1ymin=~1"?

注利用二次函數(shù)的性質(zhì)求最值時,不能機械地套用最值

在頂點處取得,首先要求出定義域,然后再看頂點是否在定義域

調(diào)性來判定.

【例3】如圖16—1,拋物線y=4—I?與直線y=3z交于

A.B兩點，點P在拋物線上由A運動到3,求尸5的面積最

大時點尸的坐標.

分析由于為定點,A5長為定

值，欲使△力F3面積最大，須使P到AB

的距離最大.

解設(shè)P點坐標為(]。~。).

■:力，8在直線y=3》上，

近|

?..a=|3io—Vol-=|-3-1-0----4-+----

V/^+TV^o

聯(lián)立拋物線與直線方程，得

以=-4.=1S16-1

**?-4&Zo&l

貝!]3J?-4+J?2=(x+-y)2—/W。

0o0Z4

J?d=~~=('-To2-3x+4)

A/1A0

當1=一,時,d取最大值，△月尸￡面積最大.此時尸點坐

標為（一■I",，）.

乙4

注在實際問題中應(yīng)注意確定自變量的取值范圍的方法,

這里是由直線與拋物線的交點來確定，這樣才能確定定義域內(nèi)

的最值.

［例4］在平面a內(nèi)有一邊長為〃的正△ABC和直線1,1

〃墳？交46于。，交月。于￡,沿直線I將△A6C所在平面折

成直二面角，若折起后A,B兩點間距離最短，試求I此時的位

置，并求出A5的最小值.

解如圖16—2,設(shè)折起后點4所在的半平面為8?過A在

面夕內(nèi)作A/LU,垂足為尸，則A尸，面

在。內(nèi)過尸作FG1BC于G,可證G為BC的中點，且AF

+尸6=守4（原正三角形的高）.

令A(yù)F=z,貝（JFG――Y-a—x

又BG=y

乙

BF2=BG2+FG2=(y)2+(上三-

乙乙2

又在氏中，

AB2=AF2+BF2

=3+9+(耳^〃一比/

42

16.3利用二次方程的判別式

欲求函數(shù)y=/(z)(rWR)的極值，如果可以把函數(shù)式整理

成關(guān)于z的二次方程，注意到1在其定義域內(nèi)取值，即方程有

實根，所以可以通過二次方程的判別式△》()來探求>的極大

與極小值.

［例5］已知。<彳<1,求器輕的最值?

解原式可化為

(3)—2)/+(5-10>)x+(3y-2)=0

VNCH..??△=(5—10,)2一4(3丫-2)220

解得y&J或白

410

即函數(shù)y的值域為或

410

?19

???極大=了，)微小=點

當》=/時，代入原函數(shù)式解得z=lW〔0,1〕,

?*.當i=0時,y取最大值日.

注①由判別式確定的是函數(shù)的值域，由值域得到的是函

數(shù)的極值而不是最值;②對有些函數(shù)來說，極值與最值相同，而

有的函數(shù)就不一定，如本例中的極大值比極小值還小，這正是因

為極值是就某局部而言;③若要求函數(shù)在給定的定義域內(nèi)的最

值，一定要注意極值是否在此定義域內(nèi)取得，即要注意驗根?

【例6】已知直線=和點F(6,4),在直線/上求一

點Q,使過點P,Q的直線以及/與1軸在第一象限內(nèi)圍成的三

角形的面積最小.

解設(shè)Q點坐標為（/,?】），則y】=4-.PQ的方程為

4百一4

（冗_6）

①1-6

令y=0得PQ與x軸的交點R（Z2,O）的橫坐標x2=

與一1

?c_1_10/2

??^AOQR一方

乙syN1--71T

整理為10乃2—Sii+S=O(*)

???勺為實數(shù)

；?A=S2—40S20

得S>40,取S的最小值40代入

(*)式，得

圖16-3

10行一40與+40=0

解得皿=2,則yi=8

【例7】已知tgx=3tgj/(0&z—y<3),求x-y的最大

值.

解設(shè)〃=z—y,則依題設(shè)，有

tgu=tg(x—y)=；父二絲，=，竽

''1+tgjrtgy1+3tg2)

整理，得(3tg〃)tg2y—2tgy+tg〃=。

?ItgyWR

二△=(—2)2—4(3tg〃)?tg〃2O

解得tg2〃w],由ow〃<5知，

J乙J

?1

注這里依題設(shè)條件，聯(lián)想到取z—y的正切函數(shù)是解題

的關(guān)鍵,而設(shè)"=力一門繼而找其函數(shù)關(guān)系也具有一定的技巧

性.

16.4利用重要不等式

這里主要是運用平均值不等式及柯西不等式.

【例8】如圖16—4,在平面直角坐

標系中，在y軸的正半軸（坐標原點除

外）上給定兩個點A,A試在/軸的正

半軸（坐標原點除外）上求點C,使

NAC6取得最大值.（1986年全國高考

試題）

解設(shè)點4,3的坐標分別為（0,困16-4

。），（0,6）,其中0V6V。又設(shè)點C坐標為（％,0）,其中x>0.

記NBCA=a，NOCB=/?，則NOCA=a+d顯然（0,

勺

ab

tg（a+f）-Ig8=尤N

tgQ=tg〔（a+3）-p〕=

l+tg（a+/?）tg/3ab

]I~X~2

a—h

1+x

,?：z>0,3>0,又T?G=ab為定值.

.??華=2/茄，當且僅當工=包，即

yJC3C

時取等號.

，當2=\/而時，2+竺有最小值2M灰tga有最大值

x

a-b

27飛

???tga在（0,曰）內(nèi)是增函數(shù)，

7=\/^時，/入。6有最大值arctg言毛，點。的坐

標為（池，0）.

注應(yīng)用均值不等式求函數(shù)的最（極）值時，亦應(yīng)注意使用

不等式的條件，如《CH，等號成立的條件等，否則容易出錯.

這里利用正切函數(shù)的單調(diào)性來求角的最值及角的拆變也是解題

的基本技巧.

[例9]設(shè)R+,且21+4、+9z=16?

求6MT+4V~y+3\/T的最大值.

解令〃=6+4V^y+3

“2=(6y^~+4\/~y+3V^~￥

=(3\/T?\/2^+2>\/4y+l?

<C(3\/T)2+22+l2X(V/^)2+(V/4^)2+(V/9?)2^

=(18+4+1)(2N+4)+9Z)

=23X16

\/23(其中當2===白時，即當之=靖，尸

TyN3

畀”惡時取等號)

故(6VT+4;/y+3LI

注這里是應(yīng)用柯西不等式，在應(yīng)用公式時，如何構(gòu)造出已

知條件等式2x+6y+92=16頗具技巧性和解題意義.

16.5利用三角函數(shù)的有界性

對于三角函數(shù)的極值，通常是利用三角函數(shù)的有界性來求.

如正、余弦函數(shù)的最大（小）值很明顯;y=asinz+6cosz（a,6中

0）引入輔助角小則k阡西nCz+3）（其中皿=?。?其

最值也一目了然.而對于其它的類型或用同角關(guān)系式、或用萬能

公式、或用正余弦定理作轉(zhuǎn)化,變?yōu)槎魏瘮?shù)問題來求解.

【例10］半圓O的直徑為2,A為直徑延長線上一點,OA

=2,3為半圓上任意一點，以AB為一邊作等邊△月3C問B

在什么位置時，四邊形OACB的面積最大，異求這個最大值.

解如圖16-5所示，設(shè)ZAO3=a.

在△AOB中J；03=1,04=2,依余弦定理，

AB2=OA2+OB2-20A,OBcosa=5-4cosa

設(shè)四邊形OACB的面積為S,

則s?OBsina+^XB2

=sinad(5-4cosa)

4

=§十(sina-■\/3cosa)

4

=5\f~^+2sin(a—60°)

4

當且僅當sin(a—60°)=l,即a=150°時，四邊形A03C的

面積最大，即

。max彳?乙

【例11】已知Rt/\ABC所在的平面內(nèi)有一條直線1,1過

其直角頂點C且使△A5C在直線的一側(cè)，求將△ABC以I為

軸旋轉(zhuǎn)一周所得旋轉(zhuǎn)體的最大體積.

解如圖16—6,過4,3分別作Z的垂線，。北分別為垂

足，設(shè)BE=r,AD=R,EC=h，CD=屐，AABC的三邊分別為

a,b,c,4BCE=8

貝l]R=bcosB,r=asind,hi=acosd,h2=bsin。

旋轉(zhuǎn)體的體積為

V=:燈(自十心)(/十廠及十HD

O

一一寺萬代尻

=)乃(acos6+6sin。)?

0

(a2sin2^+a6sin5cos0+^2cos2^)

困16—6

—^d2sin2^?acosJ—2cos?bsinff

Oo

展開，合并，整理得

V="^(asind+6cosf)=

?+^2sin(^+^)

Jw

故所求旋轉(zhuǎn)體的最大體積V皿=華

注從例10、例11不難看出對y=asiiLr+Aosl（a,6W0）

引入輔助角6化為？=VW/sin（N+J）型在求最值時所起的

作用，必要時還可由此得出取最值時6的值?

【例12】求j=3sin2a-6sinacosa+1lcos2a的最值,

解「（利用降騫公式）

。.c

3=c31?—----c-o-s-2-a-------3sin2aI+-11?1-+----C--O3S-2-a----

—1—3sin2a—4cos2。

—7—5sin（2。+夕）

...?ymax=7+5=12,%m=7-5=2

解2(用判別式法)

2

3sin2a—6ysin=ac-o--s-a---+----1-l-co-s_a---------------------

sirra+cos*

當cosa=0時,y=3

業(yè)—cn43tg%—6tga+11

當cosa力°時。=一——

得j(l+tg2a)=3tg2a-6tga411

整理，得()—3)tg2a+6tga+(y—11)=0

又tgaCR

.?.△=36—4。-3)。-11))0

解之，得2&y<12

>Xmax12，ymin2

注本例還可以用萬能公式等方法來解.

16.6利用參數(shù)換元

對有些函數(shù)，直接求極值比較復(fù)雜或不方便,可根據(jù)題目的

特點作變量代換，然后運用前面的幾種方法來解訣?在換元時,

一定要注意新的變量的取值范圍.?

【例13]求函數(shù)十的極值?

解令Ml一力=，，則￡>O,N=I—?

原函數(shù)變?yōu)?gt;=—f4-^+1=—(^--y)2+-

乙*

1.J

V￡=合6〔0,十8)

乙

...當￡=:，即7="時皿x="|~

注這種換元雖然十分簡單，但具有代表性..

[例14]求函數(shù)y=(1+M1—工2)?/]—Y/T—「(工》

0)的最大、最小值及其對應(yīng)的二值.

解由1一/》0及1一/F二？30知0W/41

易見y>0,即、的最小值為0,此時w=0.

令jr=sinJ,0

J

y=(1+M1—sin%)\/1-V1—sin?，

=(l+cos6)M1—cosd

^=\/^2(1+cos^)./--^\/~2(1+cos^)sin-

v乙乙

=2\/~2cos2ysin

乙乙

/2=8cos，--sin2-y-4Ceos2-y?COS2-r?2sin2-3

乙乙乙乙J

由于cos2-^-4-cos2-^-+2sin2-^=2(定值)

Z2Z

應(yīng)用平均值不等式，得

r000>3

y<4.cos^+cos^+2sin^-=需

應(yīng)用平均值不等式，得

r06ff>3

2-cos2—+cos2—+2sin2萬32

y?22=27

、3J

其中等號當且僅當cos2y-2sin2。?時可取得,

乙乙

如?201.6.0

即sin”方=G，$m丁=~?sin方/0)

**?當6=2arcsin耳1時，端又=春

O乙/

即當N=sin(2arcsin時,.”=卷/^

故當X=0時,》min=0；當力=々\/'^時,》3=卷\/^'

<5<7

注三角代換是常用的換元法之一.這里是利用均值不等

去來求其最值，通常三角代換后也極便于用三角函數(shù)的有界性

來探求極值.

【例15］已知橢圓翥+那1和直線八4工+5、-40=0.

求橢圓上的點到直線/的最大、最小距離.

解設(shè)橢圓的參數(shù)方程為

T=5cosa

(0&a42打)

,y=4sina、

則橢圓上任一點尸(5cosa,4sina)至I」I的距離

d=|4X5cosa+5X4sina—40|

—MF+.

20|sina+cosa—21

=

=IV^2-sin(a+--?)—2I

414

當時,dmm=%0(2—)，得最近點尸】的坐標

441

為0/0,2\/7);當Q=竽時,八="*(2+\/2)，得

注運用直線、橢圓、圓的三角函數(shù)式的參數(shù)方程求與它們

有關(guān)的極值問題是參數(shù)思想的運用，亦便于化歸為求三角函數(shù)

的極值問題.

16.7利用圖形的對稱性

利用幾何圖形中的某些特定點關(guān)于某直線(或某平面)的對

稱點，將圖形局部進行轉(zhuǎn)化，使最值問題獲解，這也是一類極值

問題求解的常用方法.

.【例16】已知點A(4,l),B(0,4)和直線《31一？-1=0,

試在/上找一點P,使IPA—IP例最大，求P點的坐標.

解設(shè)8關(guān)于/的對稱點為8（/R），則B8的中點（需,

LA

失當在，上，有

3?.一。尸7=0①

又BB'L，有彩二=一2②

聯(lián)立①、②得B的坐標（3,3）.

由力（4,1）,3'（3,3）得直線4日的方程2z+,-9=0

設(shè)A8與I交于點P,易求P點坐標

為（2,5）.

在/上任取一點P,則

\P,A\-\P,B\=\P,A\-\P,B,\

^\ABf\=\PA\-\PB\

故點P（2,5）為所求.

注這里是運用對稱性化歸為“三角

TtzRCT4*.1-T*一-、《u99、?vmzsztrin

【例17］在一個銳二面角內(nèi)有一

個與兩面都相切的球。，分別在球面和

二面角的兩個半平面上各求一點43,

C,使△ABC的周長最短.

分析如圖16—8,在二面角a-l

一8內(nèi)的一點4在兩半平面a，B內(nèi)有

兩點構(gòu)*成△ABC.要使其周長圖16-8

比最短，我們可分別作A關(guān)于平面a，B的對稱點4,A”.連

4月”，分別交兩平面于8,C,則不難證明此時七△八席最短?

下面再考慮：當A到二面角的樓的距離越近上△語就越

短.

不妨設(shè)二面角的平面角為&AA交。于E,AA〃交”F.

因為Z1AEJ1XF,則人平面AEF,設(shè)平面AEF交/于G,則

NEGF為二面角a—/—0的平面角，即NEGF=6,且AG為A

到/的距離.

易證A.EyG.F四點共圓，且AG為其直徑.依正弦定理知

EF_

痂=AG.

綜上所述知，L^BC=AS"=2EF=24Gsin凡但sin。為定

值，故4G越小則，越短.

由于A必須在球面上，根據(jù)以上分析，可以這樣確定A點:

過球心O作/的垂線段OG,反向延長OG交球面于A，再分別

作A關(guān)于兩半平面的對稱點如前面所說得B9C兩點，則

△ABC為所求.

注以上分析過程中，對△ABC的探測先抓住關(guān)鍵點4

然后分而先講行;豕先推沙.好交國專防曷佶附焊加「立抽七注章

16.8利用二次曲線的切線

由于二次曲線的切線是其圖形的一種極端情形，所以有時

可以用來求最值.

［例18］如圖16—9,四邊形ABCQ內(nèi)接于橢圓《+決

1,且知4(4,0)((0,5).求四邊形ABCD的最大面積.

分析要使四邊形ABCD的面積最大，因為A.C已為定

點，只要△A8C與△ADC面積分別最大，即4C上的高取最大

值，因此只要求出平行于4。的兩條切線之間的距離即可.

解VA,C的坐標分別為y

(4,0),(0,5)c

?A——旦

??——4

設(shè)平行于AC的橢圓的切線方程

為ty——^工+6

代入橢圓方程后化簡得

25/—20bz+8〃-200=0困16-9

???直線與橢圓相切，

???△=400/-4X25X(8/-200)0

解得b=±5\^2

兩切線方程為y=一亳彳土5\/2

10VAT40\/T

兩切線之間的距離為

1+0

【例19］在拋物線y=4/上求一點，使該點到直線）=

41一5的距離最短.

解將y=4N-5代入尸4丁，得

4H2—4%+5=0.

V此方程無實數(shù)解

??.直線與拋物線不相交

V平行于直線）=4z—5且與拋物線相切的切點到已知

直線的距離最短，即切點為所求的點.

設(shè)此切線方程為k4%十仇代入尸4入得

4JT2—4才—6=0

令△=42+426=0,得h=-1

1

y=4x2,T=—

由解得2

y=4i-1)=1

故點（），1）到已知直線？=4#一5的距離最短.

注從上兩例不難體會用切線法求有關(guān)最值的思路和方

法，

16.9利用復(fù)數(shù)的性質(zhì)

涉及復(fù)數(shù)的最值問題，通常是求復(fù)數(shù)模的最值和求輻角的

最值這兩種,或它們的綜合運用.

【例20】已知復(fù)數(shù)之滿足|z|=2,求|1+C￡+N|的極

值..

解1設(shè)z=2(cos6+fsin。)(V|z|=2)

，11+\/Tf+zI=I(1+2cos<9)+(\/T+2sin?！眧

=/(l+2cos^)2+(\/T+2sin^)2

=2，2+2sin(6+^)

故|1+MT￡+N|M=4,|l+MTz+z|而n=0

解2依1之1|一|22lW區(qū)+22I&1叫I+1?2|

有|1+八3|一|z|&|i+MTf+z|&|i+VTi|+3

即2—24|l+\ZTi+z|<2+2

??.li+vTt+^l^n=o,H+vTz+zkx-4

簡捷.

【例21】求滿足方程lz+3—的輻角主值最

小的復(fù)數(shù)之.(1986年全國高考文科試題)

解由|z+3—手￡|=\/?知復(fù)數(shù)z在復(fù)平面上對應(yīng)的

點Z的軌跡是以點A(—3,為圓心，以C為半徑的圓,

如圖16—10,。公與z軸切于點5(—3,0),易見|AO|=

2「芽，所以/AO6=30°.

依圖不難看出，當點Z位于切點

。處時，復(fù)數(shù)z有最小輻角主值，且

ZXOC=120°,

貝ij冬=3(cos1200+/sin120°)

故復(fù)數(shù)N=—￡+以43,為所

圖