函数最值问题解法

函数最值问题解法（精选九篇）

函数最值问题解法 篇1

关键词：三角函数,最值,方法

三角函数是基本初等函数,其最值问题因注重数学知识间的交叉、渗透,解法灵活多变,突出对思维的灵活性和严密性的考查,历来都是高考中的常见题型.它往往与二次函数、三角函数的图像、函数的单调性等知识联系在一起,有着较强的综合性.同求解其他函数的最值一样,求解三角函数的最值问题一方面应充分利用三角函数自身的特殊性(如正、余弦的有界性等),另一方面还要注意将求解三角函数的最值问题转化为求一些我们所熟知的函数(如一次函数、二次函数等)的最值问题.下面笔者介绍几种常见的求三角函数最值的方法.

一、换元法

(1)形如y=asin2x+bsinx+c的最值问题,基本解法思路为:设t=sinx,原式化为二次函数y=at2+bt+c,可在区间[-1,1]上求y的最值.

(2)形如y=asinxcosx+b(sinx±cosx)+c的最值问题,基本解法思路为:设t=sinx±cosx,原式化为二次函数,可在区间上求y的最值.(注:必须注意换元后新变量的取值范围)

【例1】求函数y=-sin2x-2cosx+5的最值.

解析:本题可通过公式sin2x=1-cos2x,将函数表达式化为y=cos2x-2cosx+4,这是一个关于cosx的二次式,通过令cosx=t,得到y=t2-2t+4=(t-1)2+3.∵-1≤t≤1,∴当t=1,即cosx=1时,ymin=3;t=-1时,即cosx=-1,ymax=7.

【例2】求函数y=sinx+cosx+sinxcosx的最大值.

解析:∵(sinx+cosx)2=1+2sinxcosx,

令sinx+cosx=t,

二、辅助角法

最值问题的学用解法 篇2

一、直接法

某些函数的结构并不复杂，可以通过适当变形，由初等函数的最值及不等式的性质直接观察得到它的最值。

例1求y=x³＋2/²＋5暑的最杏值，解析：变形为y＝1=X²＋2/3，故当x=0，时，y_ma

二、反函数法

由原函数反解出x=￡(y)，根据x的范围求出y的范围，进而得到y的最值的方法称为反函数法，此方法适用于能顺利求得反函数的函数，如形如y=αt＋b/ct＋d(α≠0)的函数，类似地，此方法也可推广到可以解得g(x)=￡(y)，且已知g(x)的取值范围的函数，

三、配方法

配方法是求解“可化为二次函数形式”这一类函数的最值问题的基本方法，有着广泛的应用，

四、换元法

引入新变量对原函数式中的代数式或三角函数进行代换，将所给函数转化成容易求最值的简单函数，进而求得最值的方法称为换元法，形如y=ax+6的函数求最值常用此法，用换元法解题时要特别注意变元前后自变量的取值范围要保持一致。五、不等式法

通过对原函数式进行变形，利用等基本不等式求函数的最值的方法称为不等式法，用不等式法求最值时，要注意“一正、二定、三相等”的应用条件，即不等式中的两项必须都为正，两项的和一定时积有最大值、积一定时和有最小值，必须能取得到最值，

点评：利用不等式法求最值时，要注意函数取到最值时，相应的x的值是否存在，如果不存在，则此最值不能取到，此时要考虑用其他方法来解题，点评：用不等式法和判别式法都只能求出例8中函数的最小值，如果要求它的最大值，上述方法就不可行了，需要考虑换用其他方法，

七、单调性法

如果能确定函数在某个区间上的单调性，就可以求出该函数的最值，求解函数在给定区间上的最值问题常可试用这种方法，函数的单调性可以直接用单调性的定义来判别，也可结合函数的图像来研究，或者用导数法来判定。

点评：看到例11中的函数的形式，很多同学会考虑用换元法来解题，但若用换元法无法将其转化为一元二次函数的形式，会让解题过程变得更繁杂，甚至无法顺利进行下去，在判断函数的单调性时，方法的选择也是很重要的，三种方法各有特点：定义法是最容易想到的，图像法最直观，而导数法往往比较简捷。

八、数形结合法

函数最值问题解法 篇3

问题 (2007年高考广东 (理) 卷第7题) 如图1是某汽车维修公司的维修点环形分布图.公司在年初分配给A, B, C, D四个维修点某种配件各50件.在使用前发现需将A, B, C, D, 4个维修点的这批配件分别调整为40, 45, 54, 61件, 但调整只能在相邻维修点之间进行, 那么要完成上述调整, 最少的调动件次 (n件配件从一个维修点调整到相领维修点的调动件次为n) 为 ( ) .

(A) 15 (B) 16 (C) 17 (D) 18

探究 A, B, C, D顺次向相邻维修点调出x1, x2, x3, x4件配件.x1>0表示由A调入B;x1<0表示由B调入A;x1=0表示A, B之间无调入调出.x2, x3, x4含义相同.如图1所示, 则

40+x1-x4=45+x4-x3=54+x3-x2

=61+x2-x1=50,

即 x2=x1-11, x3=x1-15, x4=x1-10.

要调动的件次最少, 即求函数

y=|x1|+|x2|+|x3|+|x4|

=|x1|+|x1-11|+|x1-15|+|x1-10|

的最小值.

由绝对值不等式性质可知:|x1|+|x1-15|≥15-0=15, 当且仅当x∈[0, 15]时取“=”号;|x1-10|+|x1-11|≥11-10=1, 当且仅当x∈[10, 11]时取“=”号.又 [10, 11]⊆[0, 15], 所以当且仅当x∈[10, 11]时, 上述各式能同时取“=”号, 从而有f (x) ≥f (10) =10+0+1+5=16, 故选B.

引申 求函数undefined的最小值.

探究 (Ⅰ) 当n=2k-1 (k∈N+) 时, f (x) =|x-a1|+|x-a2|+|x-a3|+…+|x-a2k-1|.令a1

|x-a1|+|x-a2k-1|≥a2k-1-a1, 当且仅当x∈[a1, a2k-1]时取“=”号;

|x-a2|+|x-a2k-2|≥a2k-2-a2, 当且仅当x∈[a2, a2k-2]时取“=”号;

……

|x-ak-1|+|x-ak+1|≥ak+1-ak-1, 当且仅当x∈[ak-1, ak+1]时取“=”号;

|x-ak|≥0, 当且仅当x=ak时取“=”号.

注意到ak∈[ak-1, ak+1]⊆[ak-2, ak+2]⊆…⊆[a2, a2k-2]⊆[a1, a2k-1], 从而当仅当x=ak时, 上述各式能同时取“=”号, 于是有

f (x) ≥f (ak) = (a2k-1-a1) + (a2k-2-a2) +…

+ (ak+1-ak-1)

= (a2k-1+a2k-2+…+ak+1)

- (a1+a2+…+ak-1)

=| (a1+a2+…+ak-1)

- (ak+1+ak+2+…+a2k-1) |,

当且仅当x=ak时取“=”号.

(Ⅱ) 当n=2k (k∈N+) 时, 同理可得f (x) =|x-a1|+|x-a2|+|x-a3|+…+|x-a2k|.令a1

x-a2+x-a2k-1≥a2k-1-a2, 当且仅当x∈[a2, a2k-1]时取“=”号;

……

x-ak+x-ak+1≥ak+1-ak, 当且仅当x∈[ak, ak+1]时取“=”号.

又[ak, ak+1][ak-1, ak+2]…[a2, a2k-1][a1, a2k], 从而当仅当x∈[ak, ak+1]时, 上述各式能同时取“=”号, 于是有

当且仅当x∈[ak, ak+1]时取“=”号.

于是可得:

这一结论从一次绝对值函数的图像上了不难看出, 当xan时, 图像是分别向左、右两边向上无限伸展的两条射线, 而中间各段在区间[ai, ai+1] (i=1, 2, …, n-1) 上均为线段.它们首尾相连形成折线形, 在中间点或中间段处最低, 此时函数有最小值.

参考文献

[1]万乐遐.关于数学“先猜后证”的对话[J].数学通讯, 2007, (17) :48-49.

[2]罗增儒.谈数学解题[J].中学数学研究, 2007, (9) :3-8.

二次函数最值问题参考答案 篇4

二、例题分析归类：

（一）、正向型

是指已知二次函数和定义域区间，求其最值。对称轴与定义域区间的相互位置关系的讨论往往成为解决这类问题的关键。此类问题包括以下四种情形：（1）轴定，区间定；（2）轴定，区间变；（3）轴变，区间定；（4）轴变，区间变。1.轴定区间定

例1.函数yx4x2在区间[0，3]上的最大值是_________，最小值是_______。

解：函数yx4x2(x2)2函数的最大值为f(2)2，最小值f(0)2。练习.已知2x23x，求函数f(x)xx1的最值。

解：由已知2x3x，可得0x222223，函数f(x)的最小值为f(0)1，最大值为2319。f2

42、轴定区间变

2例2.如果函数f(x)(x1)1定义在区间t，t1上，求f(x)的最小值。

解：函数f(x)(x1)1 21t，当xt时，函数取得最小值f(x)minf(t)(t1)21。

t1t1，即0t1。当x1时，函数取得最小值f(x)minf(1)1。t11，即t0。当xt1时，函数取得最小值f(x)minf(t1)t21

综上讨论，f(x)min(t1)21,t1 1,0t12t1t02f(x)x2x3，当x[t，t1](tR)时，求f(x)的最大值． 例3.已知解：由已知可求对称轴为x1．

f(x)minf(t)tt21t3，f(x)maxf(t1)t22（1）当时，．（2）当t≤1≤t1，即0≤t≤1时，．

tt11即22tt111t≤12f(x)f(t1)t2max22即2若时，． 根据对称性，若

0≤t≤122时，f(x)maxf(t)t2t3．

f(x)maxf(t)t22t3t11t0（3）当即时，．

第1页（共4页）精英辅导学校 贾天宇 2013.7.17.综上，f(x)max12t2,t2 t22t3,t12

23、轴变区间定

例4.已知x21，且a20，求函数f(x)xax3的最值。

解：由已知有1x1，a2，于是函数f(x)是定义在区间1，1上的二次函数，将

aa f(x)配方得：f(x)x32422aa2a二次函数f(x)的对称轴方程是x顶点坐标为，3，图象开口向上

422a1，显然其顶点横坐标在区间1，1的左侧或左端点上。2函数的最小值是f(1)4a，最大值是f(1)4a。由a2可得x

图3 例.(1)求f(x)x2ax1在区间[-1,2]上的最大值。

(2)求函数yx(xa)在x[1,1]上的最大值。解：(1)二次函数的对称轴方程为xa，211即a时，f(x)maxf(2)4a5； 2211 当a即a时，f(x)maxf(1)2a2。

22当a综上所述：f(x)max12a2,a2。4a5,a12a2a2aaaa(2)函数y(x)图象的对称轴方程为x，应分11，1，1即242222第2页（共4页）精英辅导学校 贾天宇 2013.7.17.2a2，a2和a2这三种情形讨论，下列三图分别为

（1）a2；由图可知f(x)maxf(1)（2）2a2；由图可知f(x)maxf()（3）a2时；由图可知f(x)maxf(1)

a2

y最大(a1),a2f(1),a22aaf(),2a2；即y最大,2a2 24f(1),a2a1,a

2（二）、逆向型

是指已知二次函数在某区间上的最值，求函数或区间中参数的取值。

例5.已知函数f(x)ax2ax1在区间[3,2]上的最大值为4，求实数a的值。

解：f(x)a(x1)1a,x[3,2]（1）若a0,f(x)1,，不符合题意。（2）若a0,则f(x)maxf(2)8a1 22由8a14，得a3 8（3）若a0时，则f(x)maxf(1)1a 由1a4，得a3

第3页（共4页）精英辅导学校 贾天宇 2013.7.17.综上知a3或a3 8x2例6.已知函数f(x)x在区间[m,n]上的最小值是3m最大值是3n，求m，n的值。

2解法1：讨论对称轴中1与m,mn,n的位置关系。2①若，则f(x)maxf(n)3n

f(x)minf(m)3m 解得②若f(x)maxf(1)3nmn，无解 1n，则2f(x)minf(m)3mf(x)maxf(1)3nmn③若m1，则，无解

f(x)f(n)3m2min④若，则f(x)maxf(m)3n，无解

f(x)minf(n)3m综上，m4,n0 解析2：由f(x)1111(x1)2，知3n,n,，则[m,n](,1]，2226f(x)maxf(n)3n

f(x)f(m)3mmin又∵在[m,n]上当x增大时f(x)也增大所以解得m4,n0

评注：解法2利用闭区间上的最值不超过整个定义域上的最值，缩小了m，n的取值范围，避开了繁难的分类讨论，解题过程简洁、明了。

物理最值问题的临界解法 篇5

一、找出临界条件求解

例1如图1所示,质量为M=4kg的木板长L=1.4 m,静止在光滑的水平面上,其上面右端静置一质量m=1 kg的小滑块(可看作质点),滑块与木板间的动摩擦因数μ=0.4,现用一水平恒力F=28 N向右拉木板,要使滑块从木板上恰好滑下来,力F至少应作用多长时间?(g=10 m/s2)

解析:题中木板在恒力F的作用下由静止开始向右加速运动,滑块受摩擦力作用相对地面也向右滑动,因为,即木板的加速度大于滑块的加速度,所以在力F作用时间内的任意时刻木板的速度必大于滑块的速度.若力F作用停止后,当两者速度恰好能够相等并且滑块到达下滑的临界状态,这时滑块相对于木板的位移为L,则力F作用在木板上的时间就是最短时间.

设木板在力F的作用期间的位移为sM,通过上述物理过程的分析可知,要使滑块滑下来,其临界条件是vM=vm=v,且滑块相对木板的位移sm=L,明确这些后,求最值就不难了.对由M和m组成的系统有

联立(1)(2)(3)并解之得tmin=1 s.

点评:对于这种临界条件不明显的最值问题,求解的关键是要对物理过程进行深入的分析,从而使隐蔽的临界条件显现出来,这样也就找到了解题的突破口,然后根据有关规律求出最值.

二、构造临界模型求解

例2如图2所示的电路中,R1=2Ω,R2=R3=3Ω,滑动变阻器的最大阻值R4=6Ω,电源内阻r=1Ω.开关闭合后,当滑动变阻器a P段的阻值Ra P为多少时,电阻R2、R3和滑动变阻器R4获得的总功率最大?

解析:要使电阻R2、R3和滑动变阻器R4获得的功率最大,也就是电源在这时的输出功率为最大.电源输出功率最大的临界条件是R外=r.本题中移动滑动变阻器滑片P,使外电路电阻等于电源内阻.根据这一特征,我们可以建立这样一个物理模型:把电阻R1视为电源内阻,这时电路的等效内阻r'=R1+r=3Ω,而当滑动变阻器的滑片P移至a、b的中点时,外电阻为.因此要使电阻R2、R3和滑动变阻器R4获得最大功率,则有Ra P=3Ω.

点评:求解此类物理量的最值,若能根据问题的特征巧妙地建立一个含最值条件的物理模型,则可简单快捷地解决问题.

三、建立临界方程求解

例3一装满货物的汽车驶向倾角为θ=30°的斜坡,如果前后车轮间的距离L=3 m,如图3所示.要使汽车在斜坡上不致于翻倒,车身的重心不能高出地面多少米?(车的重心在中轴线上,即前后对称)

解析:受力分析如图3所示,以汽车后轮B为转动轴,得

当汽车处于即将翻倒的临界状态时,前轮与地面接触但没有相互作用,NA=0,只要稍有扰动便会翻倒.根据NA=0,由(1)式可得临界状态方程为

故要使汽车上坡不致于翻倒,车身重心离地面的最大高度hmax=2.60 m.

例4如图4所示,在竖直向下的均匀电场中,一个带负电q、质量为m且重力大于所受电场力的小球,从光滑的斜面轨道的点A由静止下滑,若小球恰能通过半径为R的竖直轨道的最高点B而做圆周运动,问点A的高度h至少为多少?

解析:带电小球在圆轨道最高点B受到三个力的作用:电场力F电=q E,方向竖直向上;竖直向下的重力mg;轨道的弹力N,方向竖直向下.则由向心力的公式有:

要使小球恰能通过圆轨道最高点B而做圆周运动,由此说明小球处于临界状态,其速率vB为临界速率,临界条件是N=0,据此可列出小球的临界状态方程为:

点评:在有些物理最值问题中,当物体与接触面的弹力N=0时,物体处于临界状态,此时只要根据临界条件N=0和有关物理规律,建立起临界状态方程,问题便会顺利解决.

四、辨别临界状态求解

例5如图5所示,粗细均匀的玻璃管长100cm,开口向上并竖直放置,上端齐管口有一段30cm的水银柱封闭着27℃的空气柱.现使空气柱的温度升高,欲使管内水银全部溢出,问温度至少要升高到多少?(p0=76 cm Hg)

解析:求解本题同学们最容易出现的错误是,认为空气柱要膨胀至管口,水银才能全部溢出.事实并非如此,只要管内空气柱温度达到某一临界温度时,水银就会全部溢出.那么这个临界温度是多少呢?为此我们可根据函数的性质,找出最值点.最值点的温度即为临界温度.

现设温度升至T时,管内空气柱长为l,则由气态方程有:

当l=88 cm时,温度T有最大值,即.也就是说,当温度升高到313.1 K时,不需要再加热,空气柱就会自动膨胀,把上部的水银全部排出试管外.此外该题也可借助函数的图象求解,结果是相同的,请大家试试.

例6一物体在凸透镜主轴上,从焦点向远离凸透镜方向移动的过程中,物与像之间的距离变化情况是()

(A)逐渐增大(B)一直减小

(C)先减小后增大

(D)先增大后减小

解析:此题物体所成的像为实像.由透镜成像公式和物像间距离的关系l=u+v,可得u2-lu+lf=0的函数关系,根据此函数关系,可作出l-u图象,如图6所示.从该图象可知,当u=2f时,为物像之间距离增大或减小的临界状态,此时物像之间的距离有最小值lmin=4f,据此可判定本题应选(C).

点评:对于此类物理最值问题,由于其临界状态难以判断,此时我们可以借助于函数找到最值点,从而辨别问题的临界状态,然后求出最值来.

一道最值问题的多种解法 篇6

这是已知变量a、b满足一个等式, 求由a、b构成的一个函数的最值问题.这类问题的特征是题中对函数的变量有等式条件限制, 解决办法是要充分地挖掘出隐性及已知条件与所求函数之间的关系, 主要方法有消元、换元、整体代入等, 下面给出几种求解方法, 以供参考.

解法一:∵a>0, b>0,

$\therefore ab=a+b\ge 2\sqrt{ab}$, 当且仅当a=b时取等号,

又ab=a+b, 故a=b=2时取等号.

$\begin{array}{l}\therefore ab\ge 2\sqrt{ab}‚\text{即}\sqrt{ab}(\sqrt{ab}-2)\ge 0‚\\ \therefore \sqrt{ab}\ge 2\end{array}$

, 即ab≥4.即ab的最小值为4.

评注:该解法简单易行, 直接利用均值不等式求解.

解法二:由ab=a+b得 (a-1) (b-1) =1 (定值) ,

$\begin{array}{l}\text{由}a＞0‚b＞0\text{可}\text{知}a-1＞0‚b-1＞0‚\\ \therefore ab=a+b=(a-1)+(b-1)+2\ge 2\sqrt{(a-1)(b-1)}+2=4‚\end{array}$

当且仅当a-1=b-1, 即a=b时取等号, 又ab=a+b, 故a=b=2时取等号.

∴ab的最小值为4.

评注:该解法将已知等式巧妙变形, 构造出“积为定值”, 为利用均值不等式创造条件, 技巧性较强.

$\begin{array}{l}\text{解}\text{法}\text{三}:\text{由}ab=a+b\text{得}(b-1)a=b‚\\ \because a＞0‚b＞0‚\therefore b-1＞0.\\ \therefore a=\frac{b}{b-1}‚\text{将}\text{其}\text{代}\text{入}ab\text{得}:\end{array}$

$ab=\frac{b}{b-1}\times b=\frac{b{}^2}{b-1}=\frac{(b-1){}^2+2(b-1)+1}{b-1}=(b-1)+\frac{1}{b-1}+2\ge 2\sqrt{(b-1)\times \frac{1}{b-1}}+2=4,$

当且仅当$b-1=\frac{1}{b-1}$, 即b=2时取等号, 又ab=a+b, 故a=b=2时取等号.

∴ab的最小值为4.

解法四:由于在ab=a+b中, a与b的位置是一样的, 故也可以在ab=a+b中反解出b, 从而求出ab的最小值.

评注:以上两解法体现了消元思想, 将二元问题转化为一元来解决, 并结合式子本身特点构造均值不等式求出最小值.

解法五:由ab=a+b得$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}=1$,

$\begin{array}{l}\text{又}\because a＞0‚b＞0‚\text{故}\text{可}\text{设}\frac{1}{a}=\cos {}^2\theta ‚\frac{1}{b}=\sin {}^2\theta ‚\theta \in (0‚\frac{\text{π}}{2}).\\ \therefore ab=\frac{1}{\cos {}^2\theta }\times \frac{1}{\sin {}^2\theta }=\frac{4}{\sin {}^{2}2\theta }=\frac{8}{1-\cos 4\theta }‚\\ \because \theta \in (0‚\frac{\text{π}}{2})‚\therefore 4\theta \in (0‚2\text{π})‚\end{array}$

当且仅当cos4θ=-1, 即$4\theta =\text{π}‚\theta =\frac{\text{π}}{4}$时, 亦即a=b=2取最小值, ab的最小值为4.

解法六:由ab=a+b得$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}=1$,

$\begin{array}{l}\text{又}\because a＞0‚b＞0‚\text{故}\text{可}\text{设}\frac{1}{a}=\cos {}^2\theta ‚\frac{1}{b}=\sin {}^2\theta ‚\theta \in (0‚\frac{\text{π}}{2}).\\ \therefore ab=\frac{1}{\cos {}^2\theta }\times \frac{1}{\sin {}^2\theta }=\frac{1}{\sin {}^2\theta \cos {}^2\theta }\ge \frac{4}{(\sin {}^2\theta +\cos {}^2\theta ){}^2}=4‚\end{array}$

当且仅当sin2θ=cos2θ, 亦即a=b=2时取最小值, 最小值为4.

评注:解法五、六结合已知条件的特点, 联想到sin2θ+cos2θ=1, 运用三角换元的方法将a、b都用θ的三角函数式表示, 再转化为三角函数求最值.

$\begin{array}{l}\text{解}\text{法}\text{七}:\text{由}ab=a+b\text{得}\frac{1}{a}+\frac{1}{b}=1‚\\ \therefore ab=a+b=(a+b)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b})=\frac{b}{a}+\frac{a}{b}+2\ge 2\sqrt{\frac{b}{a}\times \frac{a}{b}}+2=4‚\end{array}$

当且仅当$\frac{b}{a}=\frac{a}{b}$, 即a2=b2, 亦即a=b时取等号,

又ab=a+b, 故a=b=2时取等号.

∴ab的最小值为4.

评注:该解法体现整体代入思想, 巧妙地运用了已知条件中的“1”替换了所求式子中的“1”.

解法八:令ab=t, 由ab=a+b得a+b=ab=t.

∵a>0, b>0, ∴t>0.

∴a、b为一元二次方程x2-tx+t=0的两根,

$\because a＞0‚b＞0‚\therefore \{\begin{array}{l}\Delta =(-t){}^2-4\times 1\times t\ge 0‚\\ t＞0‚\end{array}$

解得t≥4.

∴ab的最小值为4.

圆锥曲线中最值问题的解法探讨 篇7

1.圆锥曲线中本身存在的最值问题,如椭圆上两点最大距离为2a,双曲线上两点最小距离为2a,抛物线上顶点与抛物线的准线距离最近……

2.圆锥曲线上的点到定点的距离最值,常转化为区间上的二次函数最值解决,有时也化为三角函数的最值问题,利用三角函数的有界性来解。

3.圆锥曲线上的点到定直线的距离的最值解法同上或用平行切线法。

4.实际应用问题,主要要注意(1)选择适当的坐标系;(2)将实际问题中的条件借助坐标系用数学语言表达出来;(3)根据需要把最值问题化为函数最值问题。

下面具体探讨求圆锥曲线最值问题的两种解法。

一、几何法

例1:已知椭圆,,A(4,0),B(2,2)是椭圆内的两点,P是椭圆上任一点,求:(1)求5/4|PA|+|PB|的最小值;(2)求|PA|+|PB|的最小值和最大值。

解:易知椭圆右焦点为F(4,0),左焦点F′(-4,0),离心率e=4/5,准线方程为x=±25/4。

(1)A为椭圆的右焦点,作PQ⊥右准线于点Q,则由椭圆的第二定义,∴5/4|PA|+|PB|=|PQ|+|PB|.问题转化为在椭圆上找一点P,使其到点B和右准线的距离之和最小,显然,点P应是过B向右准线作垂线与椭圆的交点,最小值为17/4。

(2)由椭圆的第一定义,设C为椭圆的左焦点,则

根据三角形中,两边之差小于第三边,当P运动到与B、C成|BC|.当P到P”位置时,|PB|-|PC|=|BC|,|PA|+|PB|有最大值,最大值为;当P到P”位置时,|PB|-|PC|=-|BC|,|PA|+|PB|有最小值,最小值为。

小结:从椭圆的定义出发,结合图形思考,可利用几何法将问题转化为平面中的问题:三角形两边之和大于第三边,两边之差的绝对值小于第三边。这种最值解法同样在双曲线、抛物线中也有类似应用。

二、代数法

例2:在抛物线y=4x2上求一点,使它到直线y=4x-5的距离最短。

解:设抛物线上的点,点P(t,4t2)到直线4x-y-5=0的距离当t=1/2时,,故所求点为(1/2.1)。

小结:(1)用点到直线的距离公式化为二次函数最值求解。(2)如用平行切线法虽然形象直观,但较麻烦,用目标函数法虽然抽象但简洁易解。

例3:已知椭圆,F1,F2为其两焦点,P为椭圆上任一点。求:

(1)|PF1||PF2|的最大值;(2)|PF1|2+|PF2|2的最小值。

解:设|PF1|=m,|PF2|=n,则m+n=2a=4,

小结:利用定义,转化为目标函数,然后根据基本不等式来求最值。

综上,圆锥曲线中的最值问题解法一般分两种:一是几何法,特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来做非常巧妙;二是代数法,将圆锥曲线中的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题,然后利用均值不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值。

解析几何中最值问题的常用解法 篇8

关键词：数学,最值,解法

最大值和最小值的问题是生产、科学研究和日常生活中经常遇到的一类特殊的数学问题, 所谓“多、快、好、省”的问题就属于这一类。

求解最大值或最小值的问题, 虽然在中学课本中没单独列出章节专门讲授, 可是它却与中学数学中众多的知识和方法紧密相关。譬如:二次函数、不等式、函数的有界性等有关知识和方法的利用。所以, 这类最大值和最小值问题就在高考数学的考查中占有了比较重要的地位。再有, 最大值和最小值问题的另一个显著特点是它广泛的应用性和实用性。很多实际问题的解决可以归结为一个数学上的最大值或最小值问题的求解。所以这类实际问题的求解, 将有利于学生把实际问题抽象成数学问题的训练, 有利于分析问题和解决问题能力的培养, 有利于数学应用意识的形成。从近几年的高考“在考查知识的同时, 逐步加强了对能力的考查”的趋势看, 高考将注重检查考生在所学课程内容能够融会贯通所达到的程度, 所以, 从这一角度看, 最大值和最小值的应用问题在高考数学试卷中仍是一个热点。下面将针对解析几何中的最值问题, 作出几种具体分类讨论:

一、利用二次函数的知识求最值

关于二次函数:y=ax2+bx+c (a≠0) , x∈R,

当a>0时, 有ymin,

当a<0时, 有ymax。

但通常二次函数有相应的定义域, 自变量x的具体取值范围有所不同, 讨论最值的方式也有所不同。主要有两种情况:

2. 当x定义在闭区间, 即x∈[a, b] (a, b为常数) , 则应当看对称轴是否在此区间, 如果x在此区间, 则函数同时有最大值与最小值, 如果x不在此区间, 则函数的最大值与最小值必定分别取在该区间两个端点上 (具体由函数单调性决定) 。当x定义在一个含参数的闭区间即x∈[t, t+a] (t为参数, a为常数) 时, 需要对参数进行讨论。

例1.点A、B分别是以双曲线的焦点为顶点, 点为焦点的椭圆C长轴的左、右端点, 点F是椭圆的右焦点, 点P在椭圆C上, 且位于x轴上方,

(1) 求椭圆C的的方程;

(2) 求点P的坐标;

(3) 设M是椭圆长轴AB上的一点, 点M到直线AP的距离等于|MB|, 求椭圆上的点到M的距离d的最小值。

分析:这道题应归结于上述类别2。

解:1.解 (1) 已知双曲线实半轴a1=4, 虚半轴, 半焦距

∴椭圆的长半轴a2=c1=6, 椭圆的半焦距c2=a1=4, 椭圆的短半轴, ∴所求的椭圆方程为

(2) 由已知A (-6, 0) 、F (4, 0) , 设点P的坐标为 (x, y) , 则, 由已知得:

又∵点M在椭圆的长轴上, 即

∴当m=2时, 椭圆上的点到M (2, 0) 的距离

二、运用判别式求解

让我们先具体看一下例题, 找出这类求解方法的题目特征。

例2.已知定点P (3, 2) 和直线l0:y=2x, 试在直线l0上求一点Q, 使过PQ的直线与直线l0以及x轴在第一象限内围成的三角形面积最小。

分析:本题设问的是达到最值时过PQ的直线, 此时我们需要根据题设寻出关于面积最值的函数解析式, 找出它与所求未知量之间的联系。

解:如图, 设l0上的点Q (x0, y0)

由题设知, y0=2x0,

又P (3, 2) , 由直线两点方程得:

设lPQ交x轴于M点 (x1, 0) , 代入上式得:

由S>0可得S≥8

代入 (1) 式得:

∴当Q为 (2, 4) 时, S△OMQ最小。

评注:关于这类题目, 通常其提问方式都是以最值作为前提条件, 再由此求出其对应所求自变量的值, 具体特征:所列最值的函数解析式或化简后的解析式s=f (x) 可以化为:

一般的解决方法:在上式中, 由x∈R (或x可在某一定义域范围内取值) 可以得出解这个不等式求出s的变化范围, 得到最值, 再将其代回原式解x, 最终求出其对应自变量的值。

三、利用不等式法求解

均值不等式的一般形式:A, (其中a1, a2, …an为正数且n>1, n∈Z) 不等式通常分“基本不等式”和“均值不等式”两种结构特征, 利用基本不等式求最值时, 一定要关注等号成立的条件及等号是否能够取得, 而利用均值不等式求最值, 则必须关注三个条件“一正、二定、三相等”, 所谓一正, 即正值, 这是运用此方法的前提条件, 在解题中应予以说明论述;二定, 即定值, 它须通过恒等变换包括必要的技巧方能解决, 是运用此方法的关键条件也是难点;三相等, 即等值, 是当且仅当等号成立的条件, 则可求出自变量的值, 最后还应注意的是最值, 应为和的最值 (此时积为定值) 或积的最值 (此时和为定值) 。

(Ⅰ) 求曲线W的方程;

(Ⅱ) 过点F作互相垂直的直线l1、l2, 分别交曲线W于A、B和C、D。求四边形ABCD面积的最小值。

解: (Ⅰ) 过点P作PN垂直直线于点N。依题意得|PF| (28) |PN|, 所以动点P的轨迹为是以焦点, 直线为准线的抛物线, 即曲线W的方程是x2=6y。

(Ⅱ) 解:依题意, 直线l1、l2的斜率存在且不为0,

设直线l1的方程为

设A (x1, y1) , B (x2, y2) 则x1+x2=6k, x1x2=-9

四边形ABCD的面积:

故四边形ABCD面积的最小值是72。

点评:本题考查了向量的有关知识, 抛物线与直线的基本关系, 二次方程的根与系数的关系及不等式, 转化的基本思想方法以及运用综合知识解决问题的能力。

四、利用三角函数求最值

(2) 函数y=cosx, 在x=2K, K∈Z时取最大值y=1,

在x= (2K+1) π, K∈X时取最小值y=–1。

例4.求抛物线y2=2Px过焦点F的弦长的最小值。

分析:线段AB上的端点均为流动点, 且由题设知该一段与x轴所成夹, 角θ应作为一个参变量, 此时可考虑用曲线的参数方程来表达流动点。

解:设过焦点的弦所在的直线的参数方程为:

代入y2=2Px得t2sinθ-2Ptcosθ-P2=0

(除此以外, 该题还可考虑用极坐标设A、B两点, 求出|AB|最值。)

例5.已知M (4, 0) , N (1, 0) ,

若动点P满足

(1) 求动点P的轨迹方C的方程;

(2) 设Q是曲线C上任意一点, 求Q到直线l:x (10) 2y-12 (28) 0的距离的最小值。

解: (1) 设动点P (x, y) ,

五、利用导数求最值

定理: (最大值、最小值定理) 若函数f在闭区间[a, b]上连续, 则f在[a, b]上存在最大值与最小值。这个定理给出了最大值最小值存在的充分条件。最大 (小) 值一定是极大 (小) 值, 反之则不一定, 所以求函数f在区间I上的最大 (小) 值, 可以先求出f在I上的极值点, 从而再从极值点中确定函数的最大 (小) 值。综上所述, 若函数f在区间I上存在最大 (小) 值, 则求最大值 (小) 值的办法是:求出f在I上所有的稳定点, 不可导点及区间端点 (指属于I的) , 比较这些点的函数值, 或根据题意作出判断。

例6.一束光线从点F1 (-1, 0) 出发,

经直线l:2x-y+3=0上一点P反射后,

恰好穿过点F2 (-1, 0) 。

(Ⅰ) 求点F1关于直线l的对称点的坐标;

(Ⅱ) 求以F1、F2为焦点且过点P的椭圆C的方程;

(Ⅲ) 设直线l与椭圆C的两条准线分别交于A、B两点, 点Q为线段AB上的动点, 求点Q到F2的距离与到椭圆C右准线的距离之比的最小值, 并求取得最小值时点Q的坐标.

解: (Ⅰ) 设F的坐标为 (m, n) ,

注:f (t) 的最小值还可以用判别式法、换元法等其它方法求得。

例7.已知P (x0, y0) 是函数f (x) (28) ln x图象上一点, 过点P的切线与x轴交于B, 过点P作x轴的垂线, 垂足为A。

(1) 求点B坐标;

(2) 若x0∈ (0, 1) , 求 (35) PAB的面积S的最大值, 并求此时x0的值。

令y=0, 得x (28) x0-x0ln x0, 即点B的坐标为 (x0-x0ln x0, 0) 。

六、解法小结

解析几何中的最值问题与高中数学的其他分科, 诸如代数、立体几何中的最值问题, 无论是解题程序还是解题方法都是一致的, 其解题程序一般分五步骤:

1. 明确所求最值的函数对象。

2. 确定自变量, 如自变量不止一个, 需导出其间关系突出确定自变量。

3. 确定已知量, 特别存在隐伏已知量时应将其表面化。

4. 调动所学数学知识, 根据已知、未知条件列出函数解析式并化简。

5. 根据所列解析式或变形后的解析式, 由其特征而选定恰当的求最值的方法进行求解。

上面对求最大、最小值的一些方法和技巧作了一些归纳和整理。方法和技巧着重于灵活运用, 在解题过程中有待进一步探索规律, 总结方法, 从而迅速、准确解决不同类的命题, 不断提高学生分析问题和解决问题能力。

参考文献

函数最值问题求法研究 篇9

求函数最值常有下面的几种方法:

1.配方法

主要适用于二次函数或可化为二次函数的函数, 解题过程中, 要特别注意自变量的取值范围.

2.不等式法

通过式子的变形, 将函数解析式化为具有“基本不等式”或“均值不等式”的结构特征, 从而利用基本不等式或均值不等式求最值, 利用基本不等式求最值时, 一定要关注等号成立的条件, 而利用均值不等式求最值, 则必须关注三个条件, 即“一正、二定、三相等”.

3.换元法

主要有三角换元和代数换元.用换元法时, 要特别关注中间变量的取值范围.

4.数形结合法

涉及的解析式、方程的几何意义明显时, 可通过函数的图象或方程的曲线求最值.

5.函数单调性法

先判定函数在给定区间上的单调性, 而后依据单调性求函数的最值.

6.判别式法

主要适用于可化为关于x的二次方程的函数, 当x的范围是R时, 仅考虑Δ即可;当x的范围非R时, 还需结合图象另列不等式组求解.

7.导数法

设函数f (x) 在[a, b]上连续, 在 (a, b) 上可导, 则f (x) 在[a, b]上的最大值和最小值应为f (x) 在 (a, b) 内的各极值与f (a) 、f (b) 中的最大值与最小值.

8.向量法

利用向量的代数表示、坐标表示结合向量运算、数量积的有关性质可求出某些函数的最值.

9.线性规划问题

求线性目标函数在线性约束条件下的最大值和最小值问题, 称为线性规划问题.

10.三角函数最值问题

总之, 求最值问题常用方法可归纳为:代数法、单调性法、三角法、导数法四种.

一、代数法

【例1】 若x≥0, y≥0且x+2y=1, 则2x+3y2的最小值为______ .

解:由已知有x=1-2y≥0 , 得$0\le y\le \frac{1}{2}.$

令$u=2x+3y{}^2=2(1-2y)+3y{}^2=3(y-\frac{2}{3}){}^2+\frac{2}{3}$,

当$y=\frac{1}{2}$时, $u{}_{\min }=\frac{3}{4}$.故2x+3y2的最小值为$\frac{3}{4}.$

二、单调性法

【例2】 求函数$y=x-\sqrt{1-2x}$的最大值.

解:$\because 1-2x\ge 0‚\therefore x\le \frac{1}{2}‚\therefore$定义域为$(-\infty ,\frac{1}{2}].$

∵函数$y=x,y=-\sqrt{1-2x}$在$(-\infty ,\frac{1}{2}]$上均单调递增, $\therefore y\le \frac{1}{2}-\sqrt{1-2\times \frac{1}{2}}=\frac{1}{2}$, 故$y{}_{\max }=\frac{1}{2}.$

三、三角法

【例3】 已知x>0, y>0, 且x+y=1, 求$(\frac{1}{x{}^2}-1)\cdot (\frac{1}{y{}^2}-1)$的最小值.

解:∵x>0, y>0, 且x+y=1, 令$x=\cos {}^2\theta ‚y=\sin {}^2\theta ‚\theta \in (0,\frac{\text{π}}{2})$, 则$(\frac{1}{x{}^2}-1)(\frac{1}{y{}^2}-1)=(\sec {}^4\theta -1)(\csc {}^4\text{θ}-1)=(\sec {}^2\text{θ}-1)(\sec {}^2\text{θ}+1)(\csc {}^2\text{θ}-1)(\csc {}^2\text{θ}+1)=\tan {}^2\theta (2+\tan {}^2\theta )\cot {}^2\theta (2+\cot {}^2\text{θ})=5+2(\tan {}^2\theta +\cot {}^2\text{θ})\ge 5+2\cdot 2\sqrt{\tan {}^2\theta \cot {}^2\theta }=9$. (当且仅当tan2θ=cot2θ, 即$\theta =\frac{\text{π}}{4}$时取等号, 此时$x=y=\frac{1}{2}).$

四、导数法

【例4】 求函数$y=\sqrt{2x+4}-\sqrt{x+3}$的最小值.

$\begin{array}{l}\text{解}:\text{易}\text{知}\text{定}\text{义}\text{域}\text{为}x\ge 2‚\\ y^{\prime }=\frac{1}{\sqrt{2x+4}}-\frac{1}{2\sqrt{x+3}}=\frac{2\sqrt{x+3}-\sqrt{2x+4}}{2\sqrt{x+4}\cdot \sqrt{x+3}}‚\\ \therefore (2\sqrt{x+3}){}^2-(\sqrt{2x+4}){}^2=2x+8\ge 2\cdot (-2)+8=4＞0‚\\ \therefore 2\sqrt{x+3}＞\sqrt{2x+4},\therefore y＞0.\end{array}$

∴函数y在[-2, +∞) 上是增函数.

∴当x=-2时, ymin=-1.