专题9多元最值问题的八大分析方法（备战2024高考数学-大一轮36个核心专题）

专题9处理多元函数范围（最值）问题的八大视角

1.均值不等式

2.柯西不等式

3.三角代换

4.利用等高线与铅垂线消元

5.寻找几何意义

6.切线分析

7.同构

8.一些重要的多元结论

例1．记的内角，，的对边分别为，，．已知．

（1）求的值：

（2）求的最大值．

解析：（1）由余弦定理可得，代入，得到，化简得，即.由正弦定理可得，即，展开得，即，所以．

（2）由得，

故，

当且仅当，即时等号成立．因为，所以，所以的最大值为.

例2．已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．

（1）求；

（2）求的最小值．

解析：（1）由余弦定理知，

所以，由,得，即,又因为，所以，

即，在中，，所以．

（2）由（1）知，则，

得，所以，

当且仅当时等号成立．所以的最小值为．

2.柯西不等式

柯西不等式：若，则，当且仅当

时等号成立.或者中至少有一方全为零.

例3．已知椭圆：与双曲线：有相同的焦点， 椭圆的离心率为，双曲线的离心率为， P为椭圆与双曲线的交点，且则的最大值为（    ）

A． B．          C．      D．

解析：设P为第一象限的交点，，，

在中，由余弦定理得，

即，则，

化简得，即，则，

由柯西不等式得，

所以，当且仅当时，等号成立，故选：D

例4．已知为坐标原点，点在抛物线上，过点的直线交于，两点，则　　

A．的准线为 B．直线与相切 

C． D．

解析：点在抛物线上，，解得，

抛物线的方程为，准线方程为，选项错误；

由于，，则，直线的方程为，

联立，可得，解得方程有两个相等的根，故直线与抛物线相切，选项正确；

根据对称性及选项的分析，不妨设过点的直线方程为，与抛物线在第一象限交于，，，，

联立，消去并整理可得，则，，

，由柯西不等式可得：

，由于等号在时才能取到，故等号不成立，选项正确；

，选项正确．故选：．

3.三角代换

例5．若，满足，则　　

A． B． C． D．

解析：由可得，，令，则，

，，故错，对，

，，故对，错，故选：．

例6．已知点是圆上的动点，则的最大值为（    ）

A． B． C．6 D．5

解析：由，令，则，

所以当时，的最大值为.故选：A

例7．实数满足，则的最小值为（    ）

A．        B．        C．            D．

解析：由题意得，即点在直线上，点在曲线上，表示两点距离的平方，不妨设，则到直线的距离为，故的最小值为，当时取等号.故选：A

4.等高线与铅垂线

例8．已知，，若，则的最小值是（    ）

A．2 B． C． D．

解析：令，即，所以，，，令，则，

所以，当时，，单调递增，当时，，单调递减，

因为，所以，

所以，的最小值是.故选：D

例9．已知函数，，若成立，则n－m的最小值为（    ）

A． B．

C． D．

解析：令，则，，∴，，即，，，

∴，有，当时，，单调递减；当时，，单调递增；∴，即的最小值为.故选：A.

5.寻找几何意义

例10．已知，则y的最小值为（   ）

A． B． C． D．

解析：y的最小值即为上的点与上的点的距离的平方的最小值.

，令，解得：，又，故图象上与平行的切线在图像上的切点为.

于是图像上的点与上的点的最短距离为点到的距离，即最短距离，则，y的最小值为.故选：B.

例111．已知，，则的最小值为（    ）

A． B． C． D．

解析：由，则点在函数上，

，则点在函数上，则表示、两点的距离的平方，要求的最小值，即求的最小值，

当过的点切线与直线平行时，点到直线的距离即为的最小值，由可得，所以，解得，

所以，即，

所以到的距离，即，

所以的最小值为；故选：C

例12．已知且，则的最小值是（    ）

A． B． C． D．8

解析：代数式

可以看成点到点距离的平方，点在平面直角坐标系中，表示单位圆上的点，点表示曲线上的点，如下图所示：

，由，

所以曲线在点处的切线方程为：，

此时直线与直线垂直于点，交圆于点，由数形结合思想可以确定：

当点运动到点时，当点运用到点时，有最小值，即，故选：B

6.切线分析

例13.若直线和的图象相切，则的最小值为________.

解析：设和的图象相切于点，

因为，所以的图象在点P处的切线方程为，

即,从而，，所以，

设，则，所以，

，故在上，在上，从而,所以的最小值为0.

例14.已知直线是曲线的一条切线，则的最大值是________.

解析：设切点为，，所以切线方程为，整理得：，所以，，从而，设，则，

所以，,从而在上，在上，故，即的最大值为.

7.同构

例15．已知函数，.若存在，使得成立，则的最大值为（   ）

A．B．C． D．

解析：，，由于，则，同理可知，，函数的定义域为，对恒成立，所以，函数在区间上单调递增，同理可知，函数在区间上单调递增，，则，，则，构造函数，其中，则.

当时，，此时函数单调递增；当时，，此时函数单调递减.所以，.故选：C.

例16．已知函数，，若，，则的最大值为（       ）

A． B． C． D．

由题意得，，，即，

令函数，则，

所以，时，，在上单调递减，

时，，在上单调递增，

又当时，，时，，作函数的图象.

由图可知，当时，有唯一解，故，且，

∴.设，，则，

令解得，所以在上单调递增，在上单调递减，∴，即的最大值为.故选：D.

8.几个特殊的结论

（1）.先介绍两个函数：，.

这两个函数的零点要注意，首先，一定是一个零点，其次，当满足一定条件时，还会再有两个零点出现，并且，这两个函数有一个很重要的特点，若，则有

，这就意味着剩下的两个零点会有隐含关系：，这个关系在解决相关多极值点问题时至关重要！

例17．已知函数有三个零点，其中，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

解析：定义域为，显然，若是零点，则，

，所以也是零点，函数有三个零点，不妨设，则，所以，，当时，结合定义域和判别式易知恒成立，

即函数在上单调递增，不符合题意；当时，设的两根分别为，易知，所以函数在上单调递增，

在上单调递减，在上单调递增，当时，，，

，当，，所以由零点存在定理易知有三个零点，满足题意.

综上，的取值范围是故选：B

（2）常见结论：

设函数，若且，

证明：当时,，由于,即,

即当时,

由于,即,即

例18．设函数，有四个实数根，，，，且，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

解析: 由分段函数知:时且递减;时且递增;时,且递减;时,且递增;

∴的图象如下:有四个实数根且,

由图知:时有四个实数根, 且, 又, 由对数函数的性质:, 可得,

由在上单增, 可知,

所以故选: