专题34 多元问题的处理-2021年高考数学微专题复习（新高考地区专用）练习

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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＝eq \f(4,a)＋eq \f(4,b)，代入得a＋b＋c＝a＋b＋eq \f(4,a)＋eq \f(4,b)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a＋\f(4,a)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b＋\f(4,b)))≥2eq \r(a·\f(4,a))＋2eq \r(b·\f(4,b))＝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|3eq \f(19bc－ac,b2).因为△ABC为任意三角形，所以a>|b－c|，即eq \f(19bc－ac,b2)19sinBsinC，所以由正弦定理可得kb2＋ac>19bc，即k>eq \f(19bc－ac,b2).又eq \f(19bc－ac,b2)＝eq \f(c,b)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(19－\f(a,b))).因为c0，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eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝1，eq \f(1,a＋b)＋eq \f(1,c)＝1，则c的取值范围是________．
【答案】 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(4,3)))
【解析】eq \a\vs4\al(思路分析) 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)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(1,b)))＝2＋eq \f(a,b)＋eq \f(b,a)∈[4，＋∞)，所以eq \f(1,a＋b)∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,4)))，
从而eq \f(1,c)＝1－eq \f(1,a＋b)∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，1))，得c∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(4,3))).
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＝eq \f(ab,ab－1)＝1＋eq \f(1,ab－1).因为ab＝a＋b≥2eq \r(ab)，所以ab≥4，所以c＝1＋eq \f(1,ab－1)∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(4,3))).
4、（2019宿迁期末）已知正实数a，b满足a＋2b＝2，则eq \f(1＋4a＋3b,ab)的最小值为________.
【答案】 eq \f(25,2)
【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)＝eq \f(1＋4a＋3b,ab)＝eq \f(9－5b,2b－2b2)，
f′(b)＝eq \f(－10b2＋36b－18,（2b－2b2）2)＝eq \f(－2（5b－3）（b－3）,（2b－2b2）2).
当b∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3,5)))时，f′(b)0，f(b)递增，
所以当b＝eq \f(3,5)时，f(b)有唯一的极小值，也是最小值feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)))＝eq \f(25,2).
解法2(齐次化) 因为a＋2b＝2，所以eq \f(1＋4a＋3b,ab)＝eq \f(\f(1,2)a＋b＋4a＋3b,ab)＝eq \f(9a＋8b,2ab)＝eq \f(（9a＋8b）（a＋2b）,4ab)＝eq \f(9a,4b)＋eq \f(4b,a)＋eq \f(13,2)≥2eq \r(\f(9a,4b)·\f(4b,a))＋eq \f(13,2)＝eq \f(25,2)，当且仅当a＝eq \f(4,5)，b＝eq \f(3,5)时取等号，所以所求的最小值为eq \f(25,2).
6、(2019苏北三市期末） 已知x>0，y>0，z>0，且x＋eq \r(3)y＋z＝6，则x3＋y2＋3z的最小值为________．
【答案】 eq \f(37,4)
【解析】 解法1(配方＋导数求函数最值) x3＋y2＋3z＝x3＋y2＋3(6－x－eq \r(3)y)＝x3－3x＋y2－3eq \r(3)y＋18＝x3－3x＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(3\r(3),2)))eq \s\up12(2)＋eq \f(45,4)≥x3－3x＋eq \f(45,4)，当且仅当y＝eq \f(3\r(3),2)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＋eq \f(45,4)＝eq \f(37,4)，即所求最小值为eq \f(37,4)，当且仅当x＝1，y＝eq \f(3\r(3),2)，z＝eq \f(1,2)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＋eq \f(27,4)≥3eq \r(3)yeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(当且仅当y＝\f(3\r(3),2)取等号))，得x3＋y2＋3z＋2＋eq \f(27,4)≥3(x＋eq \r(3)y＋z)＝18，x3＋y2＋3z≥eq \f(37,4)(当且仅当x＝1，y＝eq \f(3\r(3),2)，z＝eq \f(1,2)取等)．
eq \a\vs4\al(解后反思) 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eq \f(ac,b)＋eq \f(c,ab)－eq \f(c,2)＋eq \f(\r(5),c－2)的最小值为________．
【答案】 eq \r(10)＋eq \r(5)
【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eq \f(a,b)＋eq \f(1,ab)－eq \f(1,2)＝eq \f(a,b)＋eq \f(a＋b2,4ab)－eq \f(1,2)＝eq \f(a,b)＋eq \f(a2＋2ab＋b2,4ab)－eq \f(1,2)＝eq \f(5a,4b)＋eq \f(b,4a)≥eq \f(\r(5),2)，当且仅当b＝eq \r(5)a时等号成立．又因为c＞2，由不等式的性质可得eq \f(ac,b)＋eq \f(c,ab)－eq \f(c,2)＋eq \f(\r(5),c－2)＝ceq \f(a,b)＋eq \f(1,ab)－eq \f(1,2)＋eq \f(\r(5),c－2)≥eq \f(\r(5),2)c＋eq \f(\r(5),c－2).
又因为eq \f(\r(5),2)c＋eq \f(\r(5),c－2)＝eq \f(\r(5),2)(c－2)＋eq \f(\r(5),c－2)＋eq \r(5)≥eq \r(10)＋eq \r(5)，当且仅当c＝2＋eq \r(2)时等号成立．
所以eq \f(ac,b)＋eq \f(c,ab)－eq \f(c,2)＋eq \f(\r(5),c－2)的最小值为eq \r(10)＋eq \r(5).