2022高考数学一轮复习专题34 多元问题的处理（解析卷）

专题34 多元问题的处理

一、题型选讲

题型一、消元法

多元最值问题是最典型的代数问题，代数问题要注重结构的观察和变形，变形恰当后，直接可以构造几何意义也可以使问题明朗化，具体归纳如下：多元最值首选消元：三元问题→二元问题→一元问题

例1、（2020届山东实验中学高三上期中）已知函数，若方程有四个不同的解，则的取值范围是（        ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】先作图象，由图象可得

因此为，

从而，选A.

例2、(2018南通、扬州、淮安、宿迁、泰州、徐州六市二调）已知a，b，c均为正数，且abc＝4(a＋b)，则a＋b＋c的最小值为________．

【答案】 8　

【解析】由a，b，c均为正数，abc＝4(a＋b)，得c＝＋，代入得a＋b＋c＝a＋b＋＋＝＋≥2＋2＝8，当且仅当a＝b＝2时，等号成立，所以a＋b＋c的最小值为8.

例3、(2019苏州三市、苏北四市二调） 已知关于x的不等式ax2＋bx＋c>0(a，b，c∈R)的解集为{x|3<x<4}，则的最小值为________．

【答案】. 4　

【解析】 先根据一元二次不等式的解集，确定a<0，以及a，b，c的关系，再将所求运用消元法，统一成单变量a的函数问题，运用基本不等式求最值．

依题意得a<0，且3和4是方程ax2＋bx＋c＝0的两根，即则

所以＝＝＝(－24a)＋≥2＝4，当且仅当144a2＝5，即a＝－时取等号，所以所求最小值为4.

题型二  换元法与主元法

换元法是解决不等式中最常用到的一种方法，若不等式中出现多元的问题可以运用整体的思想看成一个主元，然后再运用换元法解决。

例4、(2017南京三模）已知a，b，c为正实数，且a＋2b≤8c，＋≤，则的取值范围为   ▲   ．

【答案】[27，30]

【解析】本题所给条件为关于的三元不等式，所以首先利用整体思想将其转化为的二元问题，再根据条件和结论的特征，利用线性规划的思想解决取值范围.

由题意可得：，设，则，所求可转化为：.又可化为，可行域如下图所示，当直线与曲线相切时有最小值，当直线经过点A时有最大值.

令，解得，即.

又，所以，解得，,即切点坐标为,

所以，即的取值范围为[27，30].

例5、(2018南京、盐城一模）若不等式ksin2B＋sinAsinC>19sinBsinC对任意△ABC都成立，则实数k的最小值为________．

【答案】  100　

【解析】本题首先用正弦定理将三角函数转化为边，然后再利用三角形中的边的不等关系，消元后转化为二元问题研究．二元问题的最值问题，可以用基本不等式来处理．

解法1(函数的最值) 因为ksin2B＋sinAsinC>19sinBsinC，所以由正弦定理可得kb2＋ac>19bc，即k>.因为△ABC为任意三角形，所以a>|b－c|，即<＝

当0<≤1时，＋18≤19；当>1时，－＋20≤100，即的最大值为100，所以k≥100，即实数k的最小值为100.

解法2(基本不等式) 因为ksin2B＋sinAsinC>19sinBsinC，所以由正弦定理可得kb2＋ac>19bc，即k>.又＝.因为c<a＋b，所以<1＋，即<≤＝100(要求最大值，19－至少大于0)．当且仅当1＋＝19－，即＝9时取等号．

例6、(2018镇江期末） 已知a，b∈R，a＋b＝4，则＋的最大值为________．

【答案】. 　

【解析】 将＋通分，变形为关于(a＋b)和ab的式子，将ab作为一个变元，用导数作为工具求最大值，或用不等式放缩求最大值，但要先求出ab的取值范围．

解法(ab作为一个变元) ab≤＝4，

＋＝＝＝.设t＝9－ab≥5，则＝≤＝，当且仅当t2＝80时等号成立，所以，＋的最大值为.

题型三、求导法

例7、(2019扬州期末）若存在正实数x，y，z满足3y2＋3z2≤10yz，且lnx－lnz＝，则的最小值为_________．

【答案】. e2　

【解析】由3y2＋3z2≤10yz，得(3y－z)(y－3z)≤0，解得≤y≤3z，即≤≤3.

由lnx－lnz＝，得lnx－lny＋lny－lnz＝，即ln＝－ln＋.令＝t，t∈]，得ln＝－lnt＋et＝f(t)，则f′(t)＝－＋e＝0，得t＝.当t∈时，f′(t)<0，f(t)单调递减；当t∈时，f′(t)>0，f(t)单调递增，所以当t＝时，f(t)有唯一的极小值，即最小值f(t)min＝f＝2，故＝2＝lne2，所以的最小值为e2.

二、达标训练

1、(2019南京、盐城一模） 若正实数a，b，c满足ab＝a＋2b，abc＝a＋2b＋c，则c的最大值为________．

【答案】 　 

【解析】 注意到求c的最大值，所以将参数c进行分离，为此，可以利用abc＝a＋2b＋c进行分离得c＝＝＝1＋，从而将问题转化为求a＋2b的最小值；

 结合abc＝a＋2b＋c与ab＝a＋2b化简得abc＝ab＋c来进行分离得c＝＝1＋，进而求ab的最小值．

解法1 由abc＝a＋2b＋c得，c＝＝＝1＋，由ab＝a＋2b得，＋＝1，所以a＋2b＝(a＋2b)＝4＋＋≥4＋2＝4＋4＝8，故c≤.

解法2 因为abc＝a＋2b＋c，ab＝a＋2b，所以abc＝ab＋c，故c＝＝1＋，由ab＝a＋2b利用基本不等式得ab≥2，故ab≥8，当且仅当a＝4，b＝2时等号成立，故c＝1＋≤1＋＝.

2、(2019扬州期末） 已知正实数x，y满足x＋4y－xy＝0，若x＋y≥m恒成立，则实数m的取值范围为_________．

【答案】 (－∞，9]　

【解析】 m≤x＋y恒成立，m≤(x＋y)min.

解法1(消元法)　由x＋4y－xy＝0，得y＝，因为x，y是正实数，所以y>0，x>4，则x＋y＝x＋＝x＋＝x＋＋1＝(x－4)＋＋5≥2＋5＝9，当且仅当x＝6时，等号成立，即x＋y的最小值是9，故m≤9.

解法2(“1”的代换)　因为x，y是正实数，由x＋4y－xy＝0，得＋＝1，x＋y＝(x＋y)·＝＋＋5≥2＋5＝9，当且仅当x＝6，y＝3时，等号成立，即x＋y的最小值是9，故m≤9.

解法3(函数法)　令t＝x＋y，则y＝t－x，代入x＋4y－xy＝0，得x2－(3＋t)x＋4t＝0.Δ＝(t＋3)2－16t＝t2－10t＋q≥0，得t≤1或t≥9.又y＝>0，且x>0，则x>4，故t>4，从而t≥9.所以m≤9.

3、(2018苏州期末） 已知正实数a，b，c满足＋＝1，＋＝1，则c的取值范围是________．

【答案】 　

【解析】 由第二个等式知，要求出c的取值范围，只要先求出a＋b的取值范围，而这可由第一个等式求得．

解法1 因为a＋b＝(a＋b)＝2＋＋∈[4，＋∞)，所以∈，

从而＝1－∈，得c∈.

解法2 由题两等式得ab＝a＋b，c＋(a＋b)＝c(a＋b)，所以c＋ab＝c(ab)，即c＝＝1＋.因为ab＝a＋b≥2，所以ab≥4，所以c＝1＋∈.

4、（2019宿迁期末）已知正实数a，b满足a＋2b＝2，则的最小值为________.

【答案】

　【解析】解法1(消元法) 由a＋2b＝2得a＝2－2b＞0，所以0＜b＜1，令f(b)＝＝，

f′(b)＝＝.

当b∈时，f′(b)<0，f(b)单调递减；当b∈时，f′(b)>0，f(b)递增，

所以当b＝时，f(b)有唯一的极小值，也是最小值f＝.

解法2(齐次化) 因为a＋2b＝2，所以＝＝＝＝＋＋≥2＋＝，当且仅当a＝，b＝时取等号，所以所求的最小值为.

6、(2019苏北三市期末） 已知x>0，y>0，z>0，且x＋y＋z＝6，则x3＋y2＋3z的最小值为________．

【答案】 　

【解析】 解法1(配方＋导数求函数最值) x3＋y2＋3z＝x3＋y2＋3(6－x－y)＝x3－3x＋y2－3y＋18＝x3－3x＋＋≥x3－3x＋，当且仅当y＝时取等号．设g(x)＝x3－3x，g′(x)＝3x2－3.令g′(x)＝0得x＝1，得g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，从而g(x)min＝g(1)＝－2，所以(x3＋y2＋3z)min＝－2＋＝，即所求最小值为，当且仅当x＝1，y＝，z＝时取等号．

解法2(基本不等式配凑) 由x3＋1＋1≥3x(当且仅当x＝1，取等号)，y2＋≥3y，得x3＋y2＋3z＋2＋≥3(x＋y＋z)＝18，x3＋y2＋3z≥(当且仅当x＝1，y＝，z＝取等)．

 这题三元变量的本质是切线放缩.

7、(2018苏锡常镇调研） 已知函数若存在实数，满足，则的最大值

是  ▲  ．

【答案】

【解析】.作函数的图象如下：

根据题意，结合图象可得，，且

所以

令，

则，易得在上递增，又因为，，根据零点存在性定理可得存在唯一，使得，从而函数的减区间是，增区间是，

又因为，，则

所以在上的最大值是．

8、(2017无锡期末）已知a＞0，b＞0，c＞2，且a＋b＝2，则＋－＋的最小值为________．

【答案】 ＋　

【解析】思路分析 根据目标式的特征，进行恰当的变形，利用基本不等式知识求解．

因为a＞0，b＞0，所以＋－＝＋－＝＋－＝＋≥，当且仅当b＝a时等号成立．又因为c＞2，由不等式的性质可得＋－＋＝c＋－＋≥c＋.

又因为c＋＝(c－2)＋＋≥＋，当且仅当c＝2＋时等号成立．

所以＋－＋的最小值为＋.