高分突破，智取压轴小题05 双重最值问题的解决策略

这是一份高分突破，智取压轴小题05 双重最值问题的解决策略，共13页。试卷主要包含了方法综述，解题策略，强化训练等内容，欢迎下载使用。
双重最值问题的解决策略一、方法综述形如求等的问题称为“双重最值问题”．按其变元的个数可分为一元双重最值问题和多元双重最值问题．在本文中，提供一个常用的结论，取不同的值可得到很多命题．一个结论：设，，，，为正常数，则（1）；（2）．证明：设，则，，，所以，当且仅当时取等，即．二、解题策略一、一元双重最值问题1．分段函数法：分类讨论，将函数写成分段函数形式，求函数值域即可．例1．对于a，bR，记Max｛a，b｝= ，函数f（x）=Max｛，｝（xR）的最小值是（    ）(A)．       (B)．1      (C)．     (D)．2【答案】C【解析】f（x）=Max｛，｝=故答案为． 2．数形结合法：分别画出几个函数图象，结合图象直接看出最值点，联立方程组求出最值．例2．【2020河北正定一模】设函数f（x）＝min{x2﹣1，x+1，﹣x+1}，其中min{x，y，z}表示x，y，z中的最小者．若f（a+2）＞f（a），则实数a的取值范围为（　　）A．（﹣1，0） B．[﹣2，0] C．（﹣∞，﹣2）∪（﹣1，0） D．[﹣2，+∞）【答案】C【解析】在同一坐标系内画出三个函数y＝1﹣x，y＝x+1，y＝x2﹣1的图象，以此作出函数f（x）图象，观察最小值的位置，通过图象平移，可得a＜﹣1，且（a+2）2﹣1＞a+1，①或﹣（a+2）+1＞a2﹣1，②，解不等式即可得到所求范围．f（x）＝min{x2﹣1，x+1，﹣x+1}＝，作出f（x）的图象，可得f（a+2）＞f（a）变为a＜﹣1，且（a+2）2﹣1＞a+1，①  或﹣（a+2）+1＞a2﹣1，②①变为a2+3a+2＞0，解得a＜﹣2；  ②变为a2+a＜0，解得﹣1＜a＜0．则实数a的取值范围为（﹣∞，﹣2）∪（﹣1，0）． 二、多元一次函数的双重最值问题1．利用不等式的性质例3．【2020江苏模拟】设实数x1，x2，x3，x4，x5均不小于1，且x1·x2·x3·x4·x5=729，则max{x1x2，x2x3，x3x4，x4x5}的最小值是__________．【答案】9【解析】由，所以当时等号成立，所以最小值为2．利用绝对值不等式例4．【2020绍兴模拟】设，，求的值．【解析】设，则，，，设，令且，则，故，当且仅当，即，时取等．3．利用均值不等式例5．设max{f(x)，g(x)}=，若函数n(x)=x2+px+q(p，q∈R)的图象经过不同的两点（，0）、（，0），且存在整数n使得n<<<n+1成立，则（     ）A．max{n(n)，n(n+1)}>1                    B．max{n(n)，n(n+1)}<1C．max{n(n)，n(n+1)}>                   D．max{n(n)，n(n+1)}> 【答案】B4．利用柯西不等式例6．若，，且，求．解：设，则，，，由柯西不等式得，当且仅当取等，即．5．分类讨论例7．若，，求的值．解：设，则，，，①当时，，，当且仅当时取等；②当时，，，当且仅当时取等．综上，，当且仅当时取等，即．6．待定系数法例8．若，，求的值．7．构造函数例9．【2020宜昌一模】已知二元函数f（x，θ）＝（x∈R，θ∈R），则f（x，θ）的最大值和最小值分别为？【解析】当x＝0时，f（x，θ）＝＝0，当x≠0时，f（x，θ）＝＝，令u＝，则|u|≥，即u≤﹣，或u≥，则f＝，其意义为平面上单位圆上动点（cosθ，sinθ）与（﹣u，0）点连线斜率k的倒数，∵k∈（﹣∞，﹣]∪[，+∞），故f＝∈[﹣，]故f（x，θ）的最大值和最小值分别为，﹣， 8．利用韦达定理例10．若，，且，，求．解：注意到，，的对称性，故可设，又，，[来源:Zxxk.Com]所以方程有两个不大于的实根，故，当，时，．9．数形结合例11．【2020•绍兴二模】设函数f（x）＝min{|x﹣2|，x2，|x+2|}，其中min{x，y，z}表示x，y，z中的最小者．下列说法错误的是（　　）A．函数f（x）为偶函数                          B．若x∈[1，+∞）时，有f（x﹣2）≤f（x） C．若x∈R时，f（f（x））≤f（x）                 D．若x∈[﹣4，4]时，|f（x）﹣2|≥f（x）【答案】D【解析】在同一直角坐标系中画出y＝|x﹣2|，y＝x2，y＝|x+2|，可得f（x）＝，显然f（﹣x）＝f（x），可得f（x）为偶函数；当x≥1时，f（x）＝|x﹣2|，f（x﹣2）的图象可看做f（x）的图象右移2个单位得到，显然x≥1时，f（x）的图象在f（x﹣2）图象之上，则若x∈[1，+∞）时，有f（x﹣2）≤f（x）；若x∈R时，f（x）≥0，可令t＝f（x），由y＝f（t）和y＝t（t≥0），且y＝t在曲线y＝f（t）的上方，显然f（f（x））≤f（x）成立；若x∈[﹣4，4]，f（﹣4）＝2，f（﹣4）﹣2＝0，显然f（﹣4）＞|f（﹣4）﹣2|，则D不正确，故选：D． 三、强化训练1．已知实数，不等式对任意恒成立，则的最大值是（    ）A． B． C． D．2【答案】B【解析】令，原不等式整理得，即，∴，即，两边除以得：，所以，因为，故，故为增函数.又，因此在上递减，上递增，又，，且，故.则.故选：B.2．已知函数y=f（x），若给定非零实数a，对于任意实数x∈M，总存在非零常数T，使得af（x）=f（x+T）恒成立，则称函数y=f（x）是M上的a级T类周期函数，若函数y=f（x）是[0，+∞）上的2级2类周期函数，且当x∈[0，2）时，f（x）=，又函数g（x）=﹣2lnx+x2+x+m．若∃x1∈[6，8]，∃x2∈（0，+∞），使g（x2）﹣f（x1）≤0成立，则实数m的取值范围是（　　）A．（﹣∞，] B．（﹣∞，] C．[） D．[）【答案】B【解析】根据题意，对于函数f（x），当x∈[0，2）时，，
可得：当0≤x≤1时，f（x）=1-x2，有最大值f（0）=1，最小值f（1）=0，
当1＜x＜2时，f（x）=f（2-x），函数f（x）的图象关于直线x=1对称，则此时有0＜f（x）＜1，
又由函数y=f（x）是定义在区间[0，+∞）内的2级类周期函数，且T=2；
则在x∈[6，8）上，f（x）=23•f（x-6），则有0≤f（x）≤4，
则f（8）=2f（6）=4f（4）=8f（2）=16f（0）=8，
则函数f（x）在区间[6，8]上的最大值为8，最小值为0；
对于函数，
有 ，
得在（0，1）上，g′（x）＜0，函数g（x）为减函数，
在（1，+∞）上，g′（x）＞0，函数g（x）为增函数，
则函数g（x）在（0，+∞）上，由最小值 若∃x1∈[6，8]，∃x2∈（0，+∞），使g（x2）-f（x1）≤0成立，
必有g（x）min≤f（x）max，即 解可得 ，即m的取值范围为 故选B．3．已知函数，当时设的最大值为，则当取到最小值时（    ）A．0 B．1 C．2 D．【来源】浙江省宁波市华茂外国语学校2020届高三下学期3月高考模拟数学试题【答案】A【解析】，当时设的最大值，在端点处或最低点处取得，最小值为2，最小值为，最小值为4.5，最小值综上可得，取到最小值时0.故选：A4．已知函数的定义域为，，若存在实数，，，使得，则实数的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】D【解析】的定义域为，由，解得，的定义域为，，令，，，则,当时为增函数 ,，，存在实数, 使得，即，解得故选：D5．定义：表示，两数中较小的数．例如.已知，，若对任意，存在，都有成立，则的取值范围为（    ）A． B．C． D．【来源】湖南省常德市第二中学2020届高三下学期临考冲刺数学（文）试题【答案】C【解析】由题意可得,函数,即函数，作出函数的图象如图所示：由图象可得,当时，；因为函数为定义在上的增函数,所以当时，.由题意知，即，解得,所以实数的取值范围为，故选: C6．如果函数在区间上单调递减，那么的最大值为(　　)A．16 B．18 C．25 D．【答案】B【解析】当时，在区间上单调递减，则，于是，则无最大值．当时，的图象开口向下，要使在区间上单调递减，需，即又则而在上为增函数，时，，故时，无最大值．当时，的图象开口向上，要使在区间上单调递减，则，即，而，所以，当且仅当，即时，取“”，此时满足，故的最大值为18.选B.7．已知函数，函数，若，，使得不等式成立，则实数的取值范围为A． B．C． D．【答案】D【解析】，当时，令t=可得,对称轴为，故最大值为，即f(x)得最大值为，当时，令u=sinx∈[0,],则,当a=0时，y=2,当a<0时，二次函数对称轴为，故函数在对称轴处取到最大值为2-,当a>0时，开口向上，0距对称轴远，故当u=0时取到最大值为2-a,所以 ，由题意可得f（x）max<g（x）max，即当a<0时，，解得，故a<0,当a=0时，，满足题意，当a>0时，，解得，综上可得，故选D．8．已知函数的定义域为，，若存在实数，使得，则实数的取值范围是A． B． C． D．【来源】2020届吉林省东北师范大学附属中学高三上学期第二次模拟数学（文）试题【答案】A【解析】由题意得，由，得，∴函数的定义域为．令，且，∴函数在上单调递增，∴，∴．由题意得“存在实数，使得”等价于“”，∴，解得.故选A．