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高考数学一轮复习第二章 微专题二
展开在数学中经常碰到求含有多个变量的最值问题,此类题目题型众多,解法也很多,学生在面对含有多个变量的问题时,最大的困扰是不知从何处入手.对于高中生,主要掌握的是一元变量的最值问题.因此,解决多元变量的最值问题,减元是常见的办法.
一、代入减元
例1 设x,y是正实数,且2x+8y-xy=0,求x+y的最小值.
解 由2x+8y-xy=0得y=eq \f(2x,x-8),因为x,y是正实数,所以x>8,所以
x+y=x+eq \f(2x,x-8)=x+eq \f(2x-8+16,x-8)=x+2+eq \f(16,x-8)
=(x-8)+eq \f(16,x-8)+10≥2eq \r(x-8·\f(16,x-8))+10=18,
当且仅当x-8=eq \f(16,x-8),即x=12时取等号.
所以当x=12,y=6时,x+y取得最小值18.
点评 此题是一道学生经常见到的求多元变量最值的试题,虽然此解法不是最优的解法,但可能是学生比较容易想到的解法.它的优点是由前面的等式可以得到y=eq \f(2x,x-8),代入x+y中,从而使二元变量变为一元变量,从而达到解题的目的.
二、等量减元
例2 设正实数x,y,z满足x2-3xy+4y2-z=0,则当eq \f(xy,z)取得最大值时,eq \f(2,x)+eq \f(1,y)-eq \f(2,z)的最大值为( )
A.0 B.1 C.eq \f(9,4) D.3
答案 B
解析 由已知得z=x2-3xy+4y2,(*)
则eq \f(xy,z)=eq \f(xy,x2-3xy+4y2)=eq \f(1,\f(x,y)+\f(4y,x)-3)≤1,当且仅当x=2y时取等号,把x=2y代入(*)式,得z=2y2,所以eq \f(2,x)+eq \f(1,y)-eq \f(2,z)=eq \f(1,y)+eq \f(1,y)-eq \f(1,y2)=-eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,y)-1))2+1≤1.
点评 此题是2013年山东高考理科第12题,作为选择题压轴题,其难度在于如何寻求多元变量x,y,z之间的关系,进而达到减元的目的.其实,由eq \f(xy,z)变到eq \f(xy,x2-3xy+4y2)就已经应用到了代入消元,再由eq \f(xy,x2-3xy+4y2)变到eq \f(1,\f(x,y)+\f(4y,x)-3)仍然用到了整体消元的思想(把eq \f(x,y)当做整体),从而寻求到了eq \f(xy,z)取最大值时变量x,y,z之间的关系.最后由eq \f(2,x)+eq \f(1,y)-eq \f(2,z)变到-eq \f(1,y2)+eq \f(2,y)应用到了x,y,z之间的等量关系进行减元,从而达到求出最值的目的.这是一道典型的利用减元的方法求多元变量最值的例题.
三、换元减元
例3 已知θ∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0,\f(π,2))),不等式2sin θcs θ+sin θ+cs θ-m+1≥0恒成立,求实数m的取值范围.
解 原问题等价于:当θ∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0,\f(π,2)))时,
不等式m≤2sin θcs θ+sin θ+cs θ+1恒成立.
令y=2sin θcs θ+sin θ+cs θ+1,θ∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0,\f(π,2))),
即求函数的最小值.
令t=sin θ+cs θ=eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ+\f(π,4))),
因为θ∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0,\f(π,2))),
所以θ+eq \f(π,4)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4),\f(3π,4))),所以t∈[1,eq \r(2)].
又2sin θcs θ=t2-1,
所以y=t2-1+t+1=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t+\f(1,2)))2-eq \f(1,4),
当t=1(即θ=0)时,ymin=2.
故m≤2.
点评 此题中的sin θcs θ,sin θ+cs θ若不加处理难以将变量统一起来.但是,观察到sin θcs θ与sin θ+cs θ的关系,通过换元很巧妙的将变量完善统一起来,达到减元的目的.
四、整体减元
例4 已知函数f (x)=xln x-eq \f(a,2)x2-x+a(a∈R)在其定义域内有两个不同的极值点.
(1)求a的取值范围;
(2)设两个极值点分别为x1,x2,证明:x1x2>e2.
(1)解 0(2)证明 由题设有f′(x)=ln x-ax,故x1,x2是方程ln x-ax=0的两根,即ln x1=ax1,ln x2=ax2,不妨设x1>x2>0,则由以上两式分别相加和相减得
ln(x1x2)=a(x1+x2),
lneq \f(x1,x2)=a(x1-x2).
消去a得ln(x1x2)=eq \f(x1+x2,x1-x2)·lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1,x2))).
又因为要证x1x2>e2成立,故只需证ln(x1x2)>2,即只需证eq \f(x1+x2,x1-x2)·lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1,x2)))>2,
即证lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1,x2)))>2·eq \f(x1-x2,x1+x2),
即只需证lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1,x2)))>2·eq \f(\f(x1,x2)-1,\f(x1,x2)+1),
令t=eq \f(x1,x2)>1,则上式为ln t>2·eq \f(t-1,t+1).
构造函数g(t)=ln t-2·eq \f(t-1,t+1)(t>1),则g′(t)=eq \f(t-12,tt+12)>0,所以函数g(t)在(1,+∞)上单调递增,所以g(t)>g(1)=0,即不等式ln t>2·eq \f(t-1,t+1)成立.故x1x2>e2.
点评 此题属于难题.由证明的结论可知,结论中没有参数a,故首先需要先消掉参数a.故由ln x1=ax1,ln x2=ax2变形后再消去a,但是也不能就这两个式子简单地消掉a,只有这样才能有后面的将eq \f(x1,x2)当做整体进行减元的构造,从而达到解决问题的目的,这也是解决此题的艺术精华所在.
以上几题均是求多元变量的最值问题,可以发现这类问题的基本策略是减元,进而利用单元函数求最值,从而达到解题的目的.可见,减元是解决这类多元最值问题的一把利器.
高考数学一轮复习微专题146份: 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