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谈谈中学数学中的最值问题

标题: 标题:谈谈中学数学中的最值问题 摘要:应随社会的进步,科技的进步教育必须应随着改革,归纳、总结、 摘要:应随社会的进步,科技的进步教育必须应随着改革,归纳、总结、
创新。中学数学教学同样面临改革,归纳,总结、创新。 创新。中学数学教学同样面临改革,归纳,总结、创新。如何培养推进时代发 展的人才,为将来打下良好基础,中学数学教学中“最值的求解 最值的求解”这个问题值得 展的人才,为将来打下良好基础,中学数学教学中 最值的求解 这个问题值得 归纳,总结。最值的求解会更方便、更快速、更清晰地解决一些问题。 归纳,总结。最值的求解会更方便、更快速、更清晰地解决一些问题。最值问 题是中学数学中的一个重要知识点,也是学生学习的一个难点。本文介绍了13 题是中学数学中的一个重要知识点,也是学生学习的一个难点。本文介绍了13 种求最大值、最小值的方法。分别是配方法、平均值不等式法、反函数法、 种求最大值、最小值的方法。分别是配方法、平均值不等式法、反函数法、判 别式法、将最值问题转化为其它问题的求法、换元法、几何法( 别式法、将最值问题转化为其它问题的求法、换元法、几何法(包括可视为直 线斜率的函数的最值、 线斜率的函数的最值、可视为距离的函数的最值和可视为曲线截距的函数的最 、构造方差法 值) 构造方差法、复数法、利用函数的单调性求函数的最值法、导数法、有 、构造方差法、复数法、利用函数的单调性求函数的最值法、导数法、 界性法和无理函数的最值求法。 界性法和无理函数的最值求法。

关键词: 关键词:最大值

最小值

1

一、 前言
最大值和最小值的问题是中学数学的重要知识,也是生产、科学研究和日常 生活中常会遇到的一类特殊的数学问题。所谓“多、快、好、省”的就属于这一 类。目前,针对这一问题已提出了多种多样的数学方法,以致形成了一门崭新的 数学分支─最优化方法。在此,微分学为我们提供了一般通用的解决方法,同法 无需考虑这个或那个我难题的特殊性,只需遵循规范的动作去执行,即可将问题 解决。 然而,正是基于对具体问题本身的特殊性的使用,使得在摘要中提及的一般 方法, 也即不应用微分学有关知识和方法去解这类问题时, 不但有效而且更简单、 更迅速。中学数学中求有关最值的问题,就是用到这些方法。 如何求最大值和最小值的问题虽然没在中学数学课本中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、反函数的定义域、代数方程求根等有关知识和方法的应用。 所以,这类最大值和最小值问题就在数学考试中占了比较重要的地位。另外,最 大值和最小值的另一个显著特点是它的广泛的应用性和实用性。 很多实际问题的 解决可以归结为数学上的一个最大值或最小值问题的求解。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。 解最大值最小值问题, 一般较灵活。 解法也往往反映出某种数学思想,反映出解答人的思维品质和数学素养。

二、 中学数学中的最值问题
(一)常规函数的最值问题
1、配方法 通过配方法求得函数最值的方法。 配方法通常是把一个一元二次式配成完全 平方式的形式,其依据是完全平方公式。配方法是对数学式子进行定向变形的一 种重要技巧, 由于这种 “完全平方” 的恒等变形, 使问题的结构发生了质的变化。 从中可以找到已知与未知之间的关系,促成问题的解决,配方法在解题中还可以 起到“化繁为简”的作用。 设二次函数 f(x)=ax2+bx+c,根据配方法
f(x)=ax2+bx+c= a ( x +

b 2 4ac ? b 2 4ac ? b 2 ) + ≥ , 2a 4a 4a

在 a>0 时,有最小值

4ac ? b 2 4ac ? b 2 ;a<0 时,有最大值 . 4a 4a

例 1、函数 y=-x2+4x-2 在区间[0,3]上的最大值为__,最小值为__. 解:配方有 y=-x2+4x-2=2-(x-2)2≤2. 可见在区间[0,3]上,x=2 时 y 取最大值 2;x=0 时 y 取最小值-2. 例 2、已知 x,y ∈ R,那么 x2-xy+y2-2x+y 的最小值等于__. 解:暂时视 y 为常数,依变量 x 进行配方,有

2

y+2 2 y+2 2 2 ) ]- ( ) +y +y 2 2 y+2 2 3 2 =[x-( )] + y -1≥-1, 2 4 可见当 y=0,x=1 时有最小值-1. 例 3、已知 x1,x2 是方程 x2-(k-2)x+(k2+3k+5)=0(其中 k 为实数)的两个根,则 2 2 x1 +x2 的最大值为__. 解:因为所给方程为实数,则判别式 2 2 ⊿=[-(k-2)]2-4(k +3k+5)=-(3k +16k+16)≥0, 4 解 3k2+16k+16≤0 得-4≤k≤- . 3 利用韦达定理,有 f(k)=x12+x22=(x1+x2)2-2x1x2 2 2 =(k-2) -2(k +3k+5) =-k2-10k-6 =-(k+5)2+19. 4 抛物线 f(k)顶点为(-5,19) ,开口向下,所以 f(k)在[-4, - ]上是减函 3 2 2 数,可见当 k=-4, f(k)=x1 +x2 取最大值 18. 例 1 所反映的是涉及二次函数的最值问题, 我们直接或间接利用了配方法 求解.这里需强调的是:必须注意自变量的取值范围.另外,当一个稍复杂的 函数若能改写成“二次函数型” ,即 2 f(x)=ag (x)+bg(x)+c(其中 a,b,c 为常数),则仍可以利用配方法求其最 值. 除了上面所用的配方法外,最值问题中应用较多的是平均值不等式.

X -xy+y -2x+y=[x -(y+2)+(

2

2

2

2、 平均值不等式法
若 a,b ∈ R,则 a2+b2≥2ab,其中等号当且仅当 a=b 时成立; a +b 若 a,b ∈ R+,则 ≥ ab ,其中当且仅当 a=b 时成立; 2 若 a,b,c ∈ R+,则 a3+b3+c3≥3abc, 其中当且仅当 a=b=c 时成立; a+b+c 3 + 若 a,b,c ∈ R ,则 ≥ abc ,其中当且仅当 a=b=c 时成立; 3 利用上述定理的结论或它们的变形可以解决许多最值有关问题。 16 例 4、 (1) y=3x2+ 的最小值是__. 2 + x2 16 16 解:y=3x2+ =3(2+x2)+ -6 2 2+x 2 + x2 ≥2 3( 2 + x 2 ) ?

16 -6=8 3 -6. 2 + x2

当且仅当 3(2+x2)=

16 4 3 ,即 x=± - 2 时,y 取最小值 8 3 -6. 2 3 2+x

3

(2)

若 x>0,则 y=

x 的最大值是__. x +2
3

解:y=

1 1 x = = x + 2 x2 + 2 x2 + 1 + 1 x x x
3

因为 x 2 +

1 1 1 1 + ≥3 3 x 2 ? ? =3, x x x x

(3)

1 1 2 1 所以 y≤ .即当 x = ,也即 x=1 时,y 取最大值 . 3 x 3 2 若 x>0,y>0 且 xy =2,则 2x+y 的最小值是__.

解:2x+y=2x+

y y xy 2 y y + ≥3 3 x 2 ? ? =3 3 =3, 2 2 2 2 2

y 1 ,即 x= ,y=2 时,2x+y 有最小值 3. 2 2 例 2 中各题的求解都利用了“算术平均不小于几何平均”的结论。当然,为 了利用这结论,一般需要做一些技术上来准备,也即“补项、拆项、系数平恒” 等等,这里应特别注意的一点是:利用平均值不等式后,导致的式子的值必须 是常数,并且不等式中等号成立的条件一定要满足。 可见当且仅当 2x= 1 1 )(y+ )的最小值. x y

例5

已知两正数 x,y 满足 x+y=1,求 z=(x+

解:由 x+y=x2+y2+2xy=1, x2+y2=1-2xy. 从而有

1 + 1 - xy ) 2 1 1 1 1 ( 2 2 2 2 2 2 z=(x+ )(y+ )= (2+x y +x +y +1)= (2+x y -2xy)= , x y xy xy xy
x+ y 2 1 2 1 ) =( ) = . 2 2 4 1 2 1 + (1 ? ) 4 = 25 . 故有 z≥ 1 4 4 1 25 即当 x=y= 时 z 取得最小值 . 2 4 值得注意,在利用平均值不等式进行放缩推倒中必需时时考虑“放缩”中等号 成立的条件,如下的两种推倒都是错误的: 又因为 0<xy≤( “因为对 a>0 恒有 a+ 1 1 1 ≥2,从而有 z=(x+ )(y+ )≥4,所以 z 最小值为 4” ; a x y

“z=

1 2 2 (2+x2y2-2xy)= +xy-2≥2( ? xy )-2=2( 2 -1)”. xy xy xy
4

显然,前一推倒中 z=4 的条件是 x=

1 1 且 y= ,即 x=1 且 y=1,于是与 x+y=1 的 x y 2 1 =xy,即 xy= 2 ,这与 0<xy≤ xy 4 1 时 2

题设矛盾。 而后已推倒中 z=2( 2 -1)的条件是 相矛盾.

上题中 x 与 y 的地位是平等的,由此可猜:当 x=y 时 z 最小.也即 x=y= Z=( 立.

1 1 1 25 2 25 +2) = .于是剩下的工作只需证明在题设条件下有(x+ )(y+ )≥ 成 2 4 x y 4

3、反函数法

利用其反函数求解最值的方法就是反函数法,反函数法适用 于易求反函数定义域的函数。
例、求函数 y =
x ?1 的值域。 x+2 1+ 2y , 1? y

解:原函数的反函数为 x =

观察得,原函数的值域为 y y ≠ 1 . 注:利用函数和它的反函数的定义域与值域的互逆关系,通过求反函数的定义域,得到原 函数的值域。形如 y =

{

}

cx ? d (a ≠ 0) 的函数的值域,均可使用反函数法。 ax ? b

4、 判别式法

由实系数二次方程有实根的条件为判别式,根据的“极端”情 况求得最值的方法称为判别式法。 用此方法解题时一定要注意这 一“极端”情况是否可以实现。
方程,再利用判别式求最大值或最小值.
x 2 ? 3x + 4 例 6、 求 y= 2 的最大值和最小值. x + 3x + 4

用判别式法求最值问题一般需要构造

解:去分母,整理得 (y-1)x2+3(y+1)x+4(y-1)=0 当 y≠1 时,上式是 x 的二次方程.因为 x 是实数,故判别式⊿≥0,即⊿
5

=[3(y+1)] -[4(y-1)] =(7y-1)(7-y)≥0 1 解得 ≤y≤7. 7 1 1 当 y= 时,x=2;当 y=7 时,x=-2.由此知当 x=2 时,y 取最小值 ;当 x=-2 7 7 时 y 取最大值 7. 在用判别式法求最值时应注意最值能否真正取到, 也即是否存在于最值相应 的 x. 例 7、 已知 p 3 + q 3 = 2 ,其中 p, q 是实数,则 p + q 的最大值为______。 解:设 s = p + q ,由 p 3 + q 3 = 2 得, ( p + q )( p 2 + q 2 ? pq ) = 2 ( p + q )[( p + q ) 2 ? 3 pq ] = 2 ( p + q )3 ? 3 pq ( p + q ) = 2
1 2 1 2 ∴ pq = ( s 2 ? ) ∴ p, q 是方程 x 2 ? sx + ( s 2 ? ) = 0 的两个实根. 3 s 3 s 4 2 ∴? = s 2 ? ( s 2 ? ) ≥ 0 3 s

2

2

整理化简, 得 s 3 ≤ 8 ,故 s ≤ 2 . 即 p + q 的最大值为 2

5、将最值问题转化成其它问题
某些最值问题的求解可以转化为其它问题,并且求解过程更简解更容易理 解. 例 8、求 f( θ )=
4sinθ ? 1 的最大值和最小值. cos θ + 2

1 f(θ) 4 , 等式右方可看成为单位圆上点 M(cos θ ,sin θ ) 分析:考虑 = 4 cos( θ ) + 2 sin( θ ) ?
1 )连线的斜率为 k.设过点 N 与圆 x2+y2=1 相切的两直线 NM1,NM2 的斜 4 率分别为 k1 和 k2(k1> k2),则 f( θ )的最大值和最小值分别为 4 k1 和 4k2.

和点 N(-2,

1 sin( θ ) ? f (θ) 4 为单位圆上点 M(cos θ ,sin θ )与定点 N(-2, 1 ) = 解:视 4 cos( θ ) - - 2) 4 (
连线的斜率 k. 设直线 y1 =k(x+2)与圆 x2+y2=1 相切,切点记为 M1 和 M2,则圆心 O(0, 4

6

0)到直线 y-

1 =k(x+2)的距离为 1.即 4

kx ? y +

d=OM1=OM2=[ 解(2k+

1 + 2k 4

k 2 + ( ?1 ) 2

1 4 =1 ] x =0 = y =0 2 k +1 2k +

5 3 1 2 2 ) =1+k 得 k1= ,k2=- . 4 12 4 f( θ ) 5 3 5 有最大值 和最小值- ,从而知 f( θ )的最大值为 ,最小值为 所以 4 12 4 3

-3. 上述解答巧妙地利用了几何的有关知识,即将求函数最值转换为求某种约束 1 下的直线的斜率的最值.这里的直线是过定点 N(-2, )且与单位圆 x2+y2=1 有公 4 共点的直线,而斜率最大或最小显然体现于直线与圆相切的时刻.而实现这样转 2 2 换的关键首先要有这一念头,当然念头的产生则依赖于对 sin x+cos x=1 的应用 意识的强弱;对 f( θ )表达式的“差比”结构的认识和将 4sin θ 系数化归为 1 的 处理能力. 6、换元法 用换元法求函数最值,就是根据函数表达式的特点,把某一部分看作一个整 体或用一个新变元来代替,达到化繁难为简易,化陌生为熟悉,从而使原问题得 解。换元法通常有三角代换和代数代换两种。 例、正数 x, y 满足 a b + = 1 ,其中 a , b 为不相等的正常数,求 x + y 的最小值。 x y

解:令 则
x+ y =

a u b v = , = , u, v > 0 x u+v y u+v

a (u + v ) b(u + v ) av bu ≥ a + b + 2 ab = + = a+b+ + u v u v av bu 当且仅当 = ,即 av = bu 时上式取等号.故 ( x + y ) min = u v

( (

a+ b a+

) b)

2

2

例 、 实 数 x, y 适 合 条 件 1 ≤ x 2 + y 2 ≤ 2 , 则 函 数 2 x 2 + 3 xy + 2 y 2 的 值 域 是 _______。
? π π? 解:由已知可设, x = k cos θ , y = k sin θ ,其中 1 ≤ k ≤ 2 , θ ∈ ? ? , ? ? 2 2? 3 则 s = 2 x 2 + 3 xy + 2 y 2 = 2k 2 cos 2 θ + 3k 2 sin θ cos θ + 2k 2 sin 2θ = 2k 2 + k 2 sin 2θ 2

7

∴ 当 k = 2 , sin 2θ = 1 ,即 θ =

π
4

, x = y = 1 时, smax = 7 ;当 k = 1 , sin 2θ = ?1 ,

即θ = ?
x=

π , 4

2 2 1 ?1 ? 时, smin = .故 2 x 2 + 3 xy + 2 y 2 的值域是 ? , 7 ? . ,y=? 2 2 2 ?2 ?

7、几何法
某些二元函数最值问题具有图形背景,这时我们可以将所给函数表达式化为 具有一定几何意义的代数表达式,再利用几何图形,对函数最值作出直观的说明 和解释。根据函数所表示的几何意义,我们可以将函数分为以下几种: (1) 、可视为直线斜率的函数的最值 例、求函数 f ( x ) =

1 ? x2 + 1 的最小值。 x+2
y +1 且 x 2 + y 2 = 1( y ≥ 0 ) ,于是问题转 x+2

解:令 1 ? x 2 = y ,则 f ( x ) = g ( x, y ) = 化为:

当点 P ( x, y ) 在上半个单位圆 x 2 + y 2 = 1( y ≥ 0 ) 上运动时,求 A ( ?2, ?1) 与 P ( x, y ) 的连线 AP 的斜率的最值(如图).显然,当点 P 与点 B (1, 0 )
1 重合时,直线 AP 的斜率最小,此时 K AB = .当直线 AP 与 3

上半个单位圆 x 2 + y 2 = 1( y ≥ 0 ) 相切时,直线 AP 的斜率最 大. 设 K AP = K ,则直线 AP 的方程为 y + 1 = K ( x + 2 )
Q 直线 AP 与上半个单位圆 x 2 + y 2 = 1( y ≥ 0 ) 相切

∴ dOP =

2K ?1 K 2 + ( ?1)
2

=1

解得 K = 0 (舍去)或 K =
1 3

4 3

综上可得,直线 AP 的斜率的最值为: K min = K AB =
1 4 ∴ ? f ( x ) ? min = , ? f ( x ) ? max = ? ? ? ? 3 3

, K max = K AP =

4 3

(2) 、可视为距离的函数的最值

8

例、函数 f ( x ) = x 4 ? 3x 2 ? 6 x + 13 ? x 4 ? x 2 + 1 的最大值是_______。 解:将函数式变形,得

f ( x ) = ( x ? 3)2 + ( x 2 ? 2) 2 ? ( x ? 0) 2 + ( x 2 ? 1)2
可知函数 y = f ( x ) 的几何意义是: 在抛物线 y = x 2 上的点 P ( x, x 2 ) 分别到点 A ( 3, 2 ) 和点 B ( 0,1) 的距离之差,现求其最大值. 由 PA ? PB ≤ AB 知,当 P 在 AB 的延长线上 P ' 处时, f ( x ) 取得最大值 AB

∴ ? f ( x ) ? max = AB = ? ?

( 3 ? 0 ) + ( 2 ? 1)
2

2

= 10

(3) 、可视为曲线截距的函数的最值 例、求函数 v = sin u cos u + sin u + cos u 的最大值。 解: 令 cos u = x,sin u = y ,则 v = xy + x + y ,且 x 2 + y 2 = 1 .则问题转化为: 当点 ( x, y ) 在单位圆 x 2 + y 2 = 1 上运动时,求双曲线族 xy + x + y ? v = 0 (视 v 为常 数)在 y 轴上的截距 v 的最大值. 当 v ≠ ?1 时,由方程 xy + x + y ? v = 0 得 x= ?y + v ?x + v , y= y +1 x +1

由此可知:当 y → ?1 时, x → ∞ ;当 x → ?1 时, y → ∞
∴ 此双曲线族有公共的渐进线 x = ?1 和 y = ?1 ,有公共的中心 O ' ( ?1, ?1)

由 此 不 难 得 出 , 当 双 曲 线 族 xy + x + y ? v = 0 与 单 位 圆 x 2 + y 2 = 1 切 于 点
T( 2 2 1 1 而 + 2 > 1 ,故所求纵截距 v 的极 , ) 时,纵截距 v 取得极大值 + 2 , 2 2 2 2

大值就是最大值.
1 因此,所求函数 v 的最大值为 + 2 . 2

8、构造方差法

9

设 n 个数据 X 1 , X 2 ,K , X n 的平均数为 X ,则其方差为
s2 =
2 2 2 1? ( X1 ? X ) + ( X 2 ? X ) + ... + ( X n ? X ) ? ? n?

=

1? 2 1 2? 2 2 ?( X 1 + X 2 + ... + X n ) ? n ( X 1 + X 2 + ... + X n ) ? n? ?

显然 s 2 ≥ 0 (当且仅当 X 1 = X 2 = ... = X n = X 时取等号) 。应用这一公式,可 简捷、巧妙地解决一些试题的最值问题。这种方法适用的范围很广,可以用来求 函数的最值,也可以用来求某一字母的最值以及求某一代数式的最值。 例、求函数 y = 1 + sin x + 1 ? sin x 的最大值。 解:Q 1 + sin x , 1 ? sin x 的方差是
s2 = 1? 2? ?

(

1 + sin x

) +(
2

1 ? sin x

)

2

?

1 2

(

2? 1 1 1 + sin x + 1 ? sin x ? = (2 ? y 2 ) ≥ 0 2 ? 2

)

解得 y 2 ≤ 4 .故 ymax = 2 例、确定最大的实数 z ,使得实数 x, y 满足:
x+ y+ z =5

,

xy + yz + zx = 3

解:由已知得 , x + y = 5 ? z , xy = 3 ? z ( x + y ) = 3 ? z ( 5 ? z ) = z 2 ? 5 z + 3
Q x, y 的方差 s 2 =

1? 2 1 1 ?1 2? 2 ? 2 ?( x + y ) ? 2 ( x + y ) ? = 2 ? 2 ( x + y ) ? 2 xy ? 2? ? ? ? 1 ?1 2 ? 2 ? 2 ( 5 ? z ) ? 2 ( z ? 5 z + 3) ? ≥ 0 2? ?

=
∴ 3 z 2 ? 10 z ? 13 ≤ 0

解得

?1 ≤ z ≤

13 13 .故 z 的最大值为 3 3

注:对于例 1,我们也可以用构造方差法来求解,解题过程如下: 解法 2:不妨设 p + q = k ,则由已知 p 3 + q 3 = 2 ,即 得
k ( k 2 ? 3 pq ) = 2

( p + q ) ( p 2 + q 2 ? pq ) = 2

1? 2? ∴ pq = ? k 2 ? ? 3? k?

10

又Q p , q 的方差是
s2 = 1? 2 1 2? 2 ?( p + q ) ? 2 ( p + q ) ? 2? ? = 1 ?1 2 ? ? 2 ( p + q ) ? 2 pq ? 2? ?

=

1 ?1 2 2 2 2 ? k ? (k ? ) ? ≥ 0 2 ?2 3 k ? ?
8 ,由此判定 k > 0 ,解得 0 < k 3 ≤ 8 ,即 0 < k ≤ 2 ,亦即 0 < p + q ≤ 2 . k

即 3k 2 ≥ 4k 2 ?

故 p + q 的最大值为 2 9、复数法 用复数的方法解函数的最值,就是运用复数的模以及绝对不等式的性质来解 题。 复数的模的不等式 : z1 ? z2 ≤ z1 ± z2 ≤ z1 + z2

例、 求函数 y = x 2 + 1 +

(12 ? x )

2

+ 16 的最小值。

解: 令 z1 = x + i, z2 = 12 ? x + 4i 则

y = x2 + 1 +

(12 ? x )

2

+ 16 = z1 + z2 ≥ z1 + z2 = 12 + 5i = 13

其中,当且仅当 z1 = λ z2 ( λ > 0 ) 时,上述不等式取等号. 由两个复数相等的条件可求得, 1 2 λ = ,x = 4 5
∴当 x =

2 时,函数 ymin = 13 5

例、 已知 x, y, z 是不全为零的非负实数,求

u=
的最小值。 解: 设 z1 = x + 则

x 2 + y 2 + xy + y 2 + z 2 + yz + z 2 + x 2 + zx x+ y+z

y 3 z 3 x 3 + yi, z2 = y + + zi, z3 = z + + xi 2 2 2 2 2 2

x 2 + y 2 + xy + y 2 + z 2 + yz + z 2 + x 2 + zx

= z1 + z2 + z3

≥ z1 + z2 + z3

=

3 3 ( x + y + z) + ( x + y + z)i 2 2

11

= 3 x + y + z = 3 ( x + y + z) ∴ u ≥ 3 ,当且仅当 arg z1 = arg z2 = arg z3 ,即 x = y = z > 0 时,等号成立. .

10、 10、用函数的单调性求函数的最值
、对于一次函数、指数函数、对数函数等单调递增或单调递减的函数,若 (1) 定义域的闭区间,如 x ∈ [m,n],则 f(m),与 f(n)中较大者为最大值,较小者为最 小值。 b (2) 求二次函数 f(x)=ax2 +bx+c 在[m,n]上的最值时, 、 先判定对称轴 x=是 2a b b ∈ [m,n],则 f(m),f(n), f() 中较大者为最大值, 否属于[m,n],若 x=2a 2a 较小者为最小值,若-[m,n],则 f(m)与 f(n)中较大者为最大值,较小者为最小

4ac ? b 2 值; 若二次函数 f(x)=ax +bx+c 的定义域为 R, a>o 时, 当 有最小值 ymin = , 4a
2

4ac ? b 2 当 a<0 时,有最大值 ymax= 4a

.

1 ,5 例:求函数 y=x2-2x-3 在[ , ]上的最值。 2 2 1 ,5 解:Q 对称轴 x=1 ∈ [ , ], 2 2 1 15 5 7 而 f( )=- ,f(1)=-4,f( )=- . 2 4 2 4 7 ∴ f(x)max =- , f(x) min =-4. 4 (3) 、对定义在[n,m]上的函数 f(x)还可借助导函数的符号判定其单调性,从而 求得函数 f(x)在[n,m]上的最值。 例:已知函数 f(x)= 当 a= x 2 + 2x + a ,x ∈ [1,+ ∞ ] x

1 时,求函数 f(x)的最小值。 2 1 1 解:当 a= 时,f(x)=x+ +2 2 2x 1 / 因为 f (x)=1- 2 2x / 而 x ∈ [1,+ ∞ ] 所以 f (x)>0 所以 f(x)在[1,+ ∞ ]上是增函数

F(x)在区间[1,+ ∞ ]上的最小值是 f(x) min =f(1)=

7 . 2
12

例 求函数 f ( x) = 8 x ? x 2 ? 14 x ? x 2 ? 48 的最小值和最大值。

? 8x ? x2 ≥ 0 得 6≤ x≤8 解:先求定义域,由 ? 2 ?14 x ? x ? 48 ≥ 0
又Q f ( x) = 8 ? x

(

x ? x?6 =

)

6 8? x , x ∈ [ 6,8] x + x?6

故当 x ∈ [ 6,8] ,且 x 增加时, x + x ? 6 增大,而 8 ? x 减小.于是 f ( x ) 是随着 x 的增大而减小,即 f ( x ) 在区间 [ 6,8] 上是减函数,所以 f min ( x) = f (8) = 0 ,

f max ( x) = f (6) = 2 3 .

? n ? ? ? 例、求数列 ? ? 的最大项。 ? n + 10000 ? ? ?

解: 设 f ( x ) =

x 10000 ? x ,则 f ' ( x ) = 2 x + 10000 2 x ( x + 10000 )
1 200

令 f ' ( x ) = 0 ,则得 x = 10000, f (10000 ) = 又Q f (1) =
1 10001

,

lim f ( x ) = lim
x →∞

x =0 x →∞ x + 10000 1 200

将 f (10000 ) , f (1) 及 lim f ( x ) 加以比较,得 f ( x ) 的最大值为 f (10000 ) =
x →∞

? 1 n ? ? ? . ∴ 数列 ? ? 的最大项为第 10000 项,这一项的值为 200 ? n + 10000 ? ? ?

(4)、函数最小值及参数取值范围
设函数 f(x)=tx2+2t2x+t-1 (x ∈ R, t > 0 ).

<1>求 f(x)的最小值 h(t); <2>若 h(t)<-2t+m 对 t ∈ 0,) ( 2 恒成立,求实数 m 的取值范围. 解: (1)因为 f(x)= t( x + t )2 ? t 3 + t ? 1( x ∈ R ,t > 0 ) ,所以当 x=-t 时,f(x)取得 最小值 f(-t)=-t3+t-1,即 h(t)= -t3+t-1. <3>令 g(t)=h(t)-(-2t+m)=-t3+3t-1-m, 由 g ′( t ) = ?3t 2 + 3 = 0得, t = 1或 t = ?1 (不合题意,舍去). 当 t 变化时 g ′( t ), g ( t ) 的变化情况如下表:

13

t
g ′( t )

(0,1) + 递增

1 0 极大值 1-m

(1,2) 递减

g(t)

所以 g(t)在(0,2)内有最大值 g(1)=1-m. h(t)<-2t+m 在(0,2)内恒成立等价于 g(t)<0 在 (0, 内恒成立, 2) 即等价于 1-m<0, 所以 m 的取值范围为 m>1.

11、 11、导数法
由导数来求最值问题, 需先建立函数关系,再求极值点,确定最值点及最 值.在设变量时可采用直接法也可采用间接法. 例 1、 求函数 的值域.

分析:可利用求导的方法,根据函数的单调性求解.

解:函数的定义域由

求得,即 x≥-2.

当 x>-2 时,y′>0,即函数

,在(-2,+∞)上是增函数,

又 f(-2)=-1,∴ 所求函数的值域为[-1,+∞). 注:(1)从本题的解答过程可以看到,当单调区间与函数的值域相同时,才可 使用此法,否则会产生错误. (2)求值域时,当 x=-2,函数不可导,但函数 在[-2,

+∞)上是连续的,函数图象是连续变化的,因此在 x=-2 时,取得最小值.

12、利用函数的有界性 12、
14

利用特殊函数的自变量和函数的有界性,求出函数最值的方法。通常,这种方 法可用于正弦函数、余弦函数求最值的问题。 例、求函数 y=5sinx+cos2x 的最值。 5 2 33 解:y=5sinx+cos2x=-2(sinx- ) + 4 8
当 sinx=-1 即 x=2k π - (k ∈ Z ) 时,ymin=-6; 2 当 sinx=1 即 x = 2kπ +

π

π

2

(k ∈ Z ) 时,ymax=4.

13、无理函数最大值、 13、无理函数最大值、最小值的求法
由于对任意的 t ∈ [0,1],都可以通过代换 x=(b-a)t+a 使得 x ∈ [a,b],故在 p q 求形如 y= mx ? p + q ? nx (m>0,n>0, < ) 的无理函数的最大值、最小值 m n 时,可先用换元的方法,换元后的函数的定义域成为[0,1],再利用三角换元使 问题得到解决. 我们先求 y=A t + B 1 ? t (A>0,B>0)的最大、最小值. 由于函数的定义域为[0,1],令 t=sin x (x ∈ [0,
2

π
2

]),则该函数变形为

2 一结果可直接用来求无理函数的最大值、最小值.
例 解:

y=Asinx+Bcosx (x ∈ [0,

π

]),根据已有的知识,ymax= A 2 + B 2 ,ymin=min{A,B}.这

求函数 y= 4x 2 ? 12 x + 8 + 4 + 3x ? x 2 的最值.

3 25 3 3 2 1 函数可变形为 y= 4( x ? ) 2 ? 1 + ? ( x ? ) 2 , 因为(x- ) = 6 t + , 2 4 2 2 4

则 t ∈ [0,1],函数变形为 y= 24t + 6(1 ? t ) , 可见 ymax= 24 + 6 = 30 ,ymin= 6 . 下面求函数 y= mx ? p + q ? nx (m>0,n>0, 函数的定义域为[ y=
p q < )的最大值和最小值. m n

p q q p p , ] ,令 x=( ? )t + , 则 t ∈ [0,1],代入原函数式得 m n n m m
, 故 有 ymax=

q p q p m( ? )t + n( ? )(1 ? t ) n m n m

q p (m + n)( ? ) n m



q p q p ymin=min{ m( ? ) , n( ? ) }. n m n m
特别地, 对于函数 y= x ? a + b ? x (b > a ), 有 ymax= 2(b ? a) , min= b ? a . y

14、 14、复数函数的最值求法
15

已知复数 z 满足 z ? 3 ? 4i = 2 求 z 的最大值和最小值, 并求出最大值和最小 值时相对应的复数 z. 解: z ? 3 ? 4i = 2 在复平面上的图形是以 C(3,4)为圆心,以 2 为半径的圆,如下 图:

z 是圆周上的点,显然经过(3,4)(0,0)的直线与圆周的两个交点,就是 z , 的最大值和最小值所对应的两个复数.所以 z 的最大值为 AO=7, 此时 z 对应的复 数为
21 28 9 12 + i , z 的最小值为 3,此时 z 所对应的复数为 BO= + i . 5 5 5 5

16

总结:
最值作为中学数学的重点和难点之一,数最值时,要针对不同类型的函数采 用合适的方法。方法很多,但要想在短时间内就想到最简便的方法却不太容易, 这就要求我们必须熟练的掌握各种方法的适用条件及其注意事项,学会融会贯 通, 提高解题效率, 因为这不仅仅是单纯的最值的理论, 在我们身边有很多问题, 都可以转化为最值问题,尤其是在经济生活中,懂得利用这一理论将会给我们带 来巨大的收益。

参考文献: 李玉荣,非常规函数的最小值问题,初中数学教与学第 11 期. 何国梁,一类无理函数最大值、最小值的求法,数学通报第 4 期. 函数最小值及参数取值范围的求法,中学生数理化高二版 2010 年第 2 期. 任宪伟,肖建华,刘长征,从一道高考题谈一类无理函数最值的求法,高一·语 数外 2009 年第 5 期. 管华芬,谈谈数学教学中的几种最值问题,科教文化 2010 年第 5 期. 尚晓阳,中学数学最值问题解析,山西师范大学学报第 24 卷,2010 年 6 月. 李哲全,最小值和最大值的函数分析例案,素质教育,2010 年第 7 期. 李长明,周焕山,初等数学研究.北京:高等教育出版社,1995 年.

17


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