构建一元二次不等式巧求最值_丛昌平

－ 8 ≤ 0，解得 － 2 ≤ x + y ≤ 4（ 当且仅当 x =
3，y = 1 时，x + y = 4） ，故 x + y 的最大值为 4．
评注 灵活利用重要不等式槡a + 槡b ≤ 槡2（ a + b） ，可“秒”杀许多相关的最值问题．
例如，下面两个最值问题：
（ 1） 函 数 y = 槡2x － 1 +
（ 2） 由 a + b = 5 得 槡a + 1 + 槡b + 3 ≤
槡2（ a + 1 + b + 3） = 3槡2 ，故所求最大值是
3槡2 ． 类型4
借助
x2 a
+
y2 b
≥
（
x a
+ +
y） b
2
（
a
＞ 0，
b ＞ 0） 构建一元二次不等式，巧求最值．
一般地，遇到形如 ax
+ by
+ m2 ax
等式： 设 x + y = t，则 t（ 10 － t） = （ x +
( ) y）
1 x
+
4 y
=5+
y x
+
4x y
≥
5
+
2槡4
= 9，然
后求解关于“t”的 一 元 二 次 不 等 式，即 可 获
解．
此
外，灵
活
利
用
重
要
不
等
式
x2 a
+
y2 b
≥
（
x + y） a+b
2
（
a
＞
0，b
＞
0）
可“秒”杀相关的最值
（ A） 3
（ B） 4
（ C）
9 2
（ D）
11 2
解析 由题设得 8 － （ x + 2y） = 2xy = x
( ) ·2y ≤
x
+ 2y
2
，所以（ x
+ 2y） 2
+ 4（ x
+ 2y）
2
－ 32 ≥ 0，解得 x + 2y ≤ － 8（ 舍去） 或 x + 2y ≥ 4（ 当且仅当 x = 2，y = 1 时不等式取等号） ，所 以 x + 2y 的最小值是 4． 故选 B．
类型 1 借助 a + b ≥ 2 槡ab （ a ＞ 0，b ＞ 0） 构建一元二次不等式，巧求最值．
一般地，遇到形如 ax + by + c = t·xy 这样 的等式，往往可通过对 ax + by 部分的放缩，构
建关于“槡xy ”的一元二次不等式，巧求 xy 的 最值．
例 1 若正实数 x，y 满足 2x + y + 6 = xy， 则 xy 的最小值是（ ）
（ A） 2槡3 （ B） 12 （ C） 3槡2 （ D） 18 解析 由 题 设 得 xy = 2x + y + 6 ≥ 2 槡2xy + 6，所以（ 槡xy ） 2 － 2槡2 · 槡xy － 6 ≥ 0，解得 槡xy ≤ － 槡2 （ 舍去） 或 槡xy ≥ 3 槡2 ，从 而 xy ≥ 18（ 当且仅当 x = 3，y = 6 时不等式取 等号） ，所以 xy 的最小值是 18． 故选 D． 评注 上述求解的关键是适当放缩变 形，构建与 目 标 量 紧 密 相 关 的 一 元 二 次 不 等 式． 此外，本题还可通过消元、变形，利用基本 不等式求解，显然过程较繁． 类似地，遇到形如 ax + by + c = t·xy 这样 的等式，可通过对 t·xy 部分的放缩，构建关于 “ax + by”的一元二次不等式，求 ax + by 的最 值． 例 2 已知 x ＞ 0，y ＞ 0，x + 2y + 2xy = 8，，则 x + 2y 的最小值是（ ） ·48·
+
Hale Waihona Puke n2 by=t这
样
的
等
式，
可
借
助
不
等
式
m2 ax
+
n2 by
≥
（m ax
+ +
n） by
2
（
ax
＞
0，by
＞
0）
，灵活构建关于“ax
+ by”的一元二次不等式，巧求 ax + by 的最
值．
例5
已知正实数 x，y 满足 x + y +
1 x
+
4 y
= 10，则 x + y 的最大值是（
）
（ A） 4 （ B） 9 （ C） 16 （ D） 25
解析
由题设得 10 － （ x + y）
=
1 x
+
4 y
≥
（
1 + 2） x+y
2
，所以（
x
+
y）
2
－
10（
x
+
y）
+9≤
0，解得 1 ≤ x + y ≤ 9（ 当且仅当 x = 3，y = 6
时，x + y = 9） ，所以 x + y 的最大值是 9． 故选
B．
评注 本题还可以借助“换元”，构建不
便逐步提高处理此类问题的解题技能．
·49·
评注 本题还可这样简解： 由已知变形 得 （ x + 1） （ 2y + 1） = 9，所以 x + 2y = （ x + 1）
+ （ 2y + 1） － 2 ≥ 2 槡（ x + 1） （ 2y + 1） － 2 =
4，故选 B． 显然，这种求解思路具有较强的技
巧性，需要在代数式的“变形”上多下功夫！
类型 2
借助 a2
+
b2
≥
1 2
（
a
+ b）
2
构建
一元二次不等式，巧求最值． 一般地，遇到 ax + by + cz = p，（ ax） 2 +
（ by） 2 + （ cz） 2 = q 这样的题设条件，可借助不
等式（
ax）
2
+
（
by）
2
≥
1 2
（
ax
+
by）
2 ，灵活构建
关于“z”的一元二次不等式，巧求 z 的最值．
例 4 已知实数 x，y 满足 x － 槡x + 1 =
槡y + 3 － y，则 x + y 的最大值为
．
解析 由 题 设 得 x + y = 槡x + 1 +
槡y + 3 ≤ 槡2（ x + 1 + y + 3） ，所以平方得（ x + y） 2 ≤ 2（ x + y + 4） ，即（ x + y） 2 － 2（ x + y）
高中数学教与学
2019 年
构建一元二次不等式巧求最值
丛昌平
（ 江苏省栟茶高级中学，226406）
多元变量 求 解 最 值 问 题，一 般 情 况 下 利 用不等式的最值定理： “积定和最小，和定积 最大”即可获解． 但有时这种方法不便使用， 此时我们可根据一些常用的重要不等式先构 建一元二次不等 式，再 求 解 一 元 二 次 不 等 式 ， 从而达到间接求解的目的． 请看以下归类解 析．
例 3 已知实数 x，y，z，满足 x + y + z = 1，
x2 + y2 + z2 = 3，则 z 的最大值为
．
解析 由题设得 x + y = 1 － z，x2 + y2 =
3
－
z2 ． 又注意到 x2
+
y2
≥
1 2
（
x
+
y）
2 ，所以 3
－
z2
≥
1 2
（
1
－
z）
2 ，即 3z2
－ 2z
－ 5 ≤ 0，解得 －
1
( ≤ z ≤
5 3
当且仅当 x
=
y
=－
1 3
时，z =
)5
3
．
故
z
的最大值为
5 3
．
评注 本题还可以这样构建不等式： 将 z
第6 期
高中数学教与学
看作常量，根据直线 x + y + z － 1 = 0 与圆 x2 + y2 = 3 － z2 有公共点（ x，y） ，可得| z － 1 | ≤
槡2 槡3 － z2 ，两边平方即可获解．
( ) 槡5 － 2x
1 2
＜x＜
5 2
的最大值是
；
（ 2） 设 a ＞ 0，b ＞ 0，a + b = 5，则 槡a + 1
+ 槡b + 3 的最大值是
．
简解 （ 1） y = 槡2x － 1 + 槡5 － 2x ≤
槡2（ 2x － 1 + 5 － 2x） = 2 槡2 ，故所求最大值
是 2槡2 ；
类型 3 借助槡a + 槡b ≤ 槡2（ a + b） 构建 一元二次不等式，巧求最值．
一般地，遇到形如 ax + by = 槡ax + m + 槡by + n 这样的等式，可借助不等式 槡ax + m + 槡by + n ≤ 槡2（ ax + by + m + n） ，灵活构 建关于“ax + by”的一元二次不等式，巧求 ax + by 的最值．
问题．
例如，若 x
＞
0，y
＞
0，x
+
y
=
1，则x
x2 +
2
+
y2 y + 1 的最小值为
．
简解
根据x
x2 +
2
+
y
y2 +
1
≥
（ x
x+ +y
y） +
2
3
=
1 4
，即得所求最小值为
1 4
．
综上，通过构建一元二次不等式，巧求多
元变量的最 值 问 题，具 有 较 强 的 规 律 可 以 遵
循，需要学生在解题实践中不断归纳总结，以