巧用待定系数法求解一类多元函数的最值_陈永明
多元函数最值问题的常见处理策略
多元函数最值问题的常见处理策略作者：舒巨来源：《师道·教研》2015年第11期最值问题是中学数学中永恒的话题，也是历年高考的热门考点.由于高中教材上没有明确系统地研究这类问题，使得求多元函数（即多变量函数）的最值成为高考中的难点问题.解决这类问题需要具有较强的技巧，且方法灵活性多变，本文主要通过线性规划、均值不等式法、减少变量、分类集中变量等策略进行处理.策略一：利用线性规划例1若变量x、y满足约束条件y≤xx+y≤1y≤-1，且z=2x+y的最大值和最小值分别为M和m，则M-m=.解法探究：本题是一道典型的线性规划问题（二元变量问题），通过画出可行域，很容易得到，当直线z=2x+y经过点（2，-1）时，M=3，当直线z=2x+y经过点（-1，-1）时，m=-3，故M-m=6.教材上线性规划的本质就是研究受不等式组条件约束的二元函数的最值问题。
由于题目呈现形式的多样性，往往需要对题设进行适当的转化，若能将题设化为不等式组得到可行域，大多利用此策略求解.策略二：利用均值不等式例2 在△ABC中，∠A=，a=3，则△ABC的面积的最大值为 .利用均值不等式求最值问题的要点是“和定积最大，积定和最小”，即当题目是已知和（积）的形式，求积（和）的最值的形式时，往往可以联想到使用均值不等式等等进行求解.策略三：减少变元例3 设x，y，z为正实数，满足x-2y+3z=0，则的最小值是 .转化的一个原则是将未知转化为已知，例题主要是有x-2y+3z=0，这三个变量之间的关系，实现了由三元变量转化为二元变量进行研究.策略四：分类集中变量例4设数列{an}前n项和Sn，已知a1=a，an+1=Sn+3n，n∈N*.（1）设bn=Sn-3n，求数列{bn}的通项公式.（2）若an+1≥an，n∈N*，求a的取值范围.在多变量问题中，可以将变量分类集中，做法就是将题中一个字母用另一个字母进行表示，这样就变成了熟悉一元函数的问题.高考压轴题中很多的最值问题都可以采用此想法来解决.不等式（基本不等式及变式、柯西不等式等）、线性规划及相关知识、减少变量、分类集中变量是解决高中数学多变量最值问题的常见策略，更多时候往往综合灵活运用上述策略以顺利求解.责任编辑罗峰。
利用二次型求一类多元函数的最值
利用二次型求一类多元函数的最值在高等数学中，二次型是指多元函数的一个重要形式。
它可以用来求一类多元函数的最值，即确定函数的最大值或最小值。
本文将介绍利用二次型求一类多元函数的最值的基本方法和步骤。
首先，我们来看二次型的定义。
对于二次型来说，它是一个多元函数，其一般形式可以表示为：Q(x)=x^T*A*x其中，Q(x)表示二次型，x表示n维列向量，A表示一个n×n的矩阵，x^T表示x的转置。
在实际应用中，常常会遇到求一类多元函数的最值问题，即在一定的条件下，求函数的最大值或最小值。
我们将介绍两种常用的方法：配方法和特征值法。
1.配方法配方法是一种将二次型化简为标准型的方法，从而更容易求出最值。
具体步骤如下：(1)对于二次型Q(x)=x^T*A*x，将矩阵A通过合同变换转化为对角矩阵D=P^T*A*P，其中P是可逆矩阵。
(2)在新的二次型Q(y)=y^T*D*y中，利用变量代换y=P*x，将y表示为x的线性函数。
(3)将Q(y)=y^T*D*y展开，简化为标准型。
2.特征值法特征值法是一种利用矩阵的特征值和特征向量来求二次型最值的方法。
具体步骤如下：(1)对于二次型Q(x)=x^T*A*x，求出矩阵A的特征值和特征向量。
(2)将特征值按从大到小排列，对应的特征向量也做相应的排序。
(3)通过变量代换x=P*y，将二次型化简为标准型。
(4)标准型中的各个平方项的系数由特征值决定，利用特征值的正负可以判断二次型的最值。
通过配方法或特征值法求出二次型的标准型后，求最值就会变得相对容易。
对于最大值问题，找出标准型中系数最大的项即可。
对于最小值问题，找出标准型中系数最小的项即可。
值得一提的是，在实际应用中，往往会遇到带有约束条件的最值问题。
这时，我们需要利用二次型的性质和约束条件来求解。
例如，可以通过拉格朗日乘子法将约束条件引入二次型，然后再利用配方法或特征值法来求解。
总结起来，利用二次型求一类多元函数的最值可以通过配方法或特征值法来完成。
多元函数最值问题求解的常用策略
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高中数学函数最值问题的求解思路与实例分析
高中数学函数最值问题的求解思路与实例分析在高中数学中，函数最值问题是一个常见且重要的考点。
解决这类问题需要掌握一定的数学知识和解题技巧。
本文将从求解思路和实例分析两个方面，详细介绍高中数学函数最值问题的解题方法。
一、求解思路要解决函数最值问题，首先需要明确函数的定义域和值域。
在明确了函数的定义域和值域后，我们可以采取以下步骤来求解函数的最值问题。
1. 找出函数的极值点函数的极值点是函数取得最大值或最小值的点。
要找出函数的极值点，可以先求出函数的导数，然后令导数等于零，解方程得到极值点的横坐标。
再将这些横坐标代入原函数中，求出对应的纵坐标，即可得到函数的极值点。
2. 检查边界点边界点是函数定义域的端点。
在求解函数的最值问题时，需要检查边界点是否可能成为函数的最值点。
将边界点代入函数中，与已经求得的极值点进行比较，找出最大值或最小值。
3. 比较极值点和边界点的大小将已经求得的极值点和边界点进行比较，找出其中的最大值或最小值。
这个值就是函数的最大值或最小值。
二、实例分析为了更好地理解函数最值问题的解题方法，我们来看一个具体的例子。
例题：求函数f(x) = 2x^3 - 3x^2 - 12x + 1的最大值和最小值。
解题步骤：1. 求导数f'(x) = 6x^2 - 6x - 122. 求极值点的横坐标令f'(x) = 0，解方程得到x = -1和x = 3。
3. 求极值点的纵坐标将x = -1和x = 3代入原函数f(x)中，得到f(-1) = -8和f(3) = -32。
4. 检查边界点由于函数没有明确的定义域，我们需要检查函数的值域。
当x趋于正无穷大时，f(x)也趋于正无穷大；当x趋于负无穷大时，f(x)也趋于负无穷大。
因此，函数的边界点为正负无穷大。
5. 比较极值点和边界点的大小将已经求得的极值点和边界点进行比较，发现f(-1) = -8是最小值，f(3) = -32是最大值。
综上所述，函数f(x) = 2x^3 - 3x^2 - 12x + 1的最大值为-32，最小值为-8。
高中数学常用解题方法：三、待定系数法
三、待定系数法要确定变量间的函数关系，设出某些未知系数，然后根据所给条件来确定这些未知系数的方法叫待定系数法，其理论依据是多项式恒等，也就是利用了多项式f(x)≡g(x)的充要条件是：对于一个任意的a值，都有f(a)≡g(a)；或者两个多项式各同类项的系数对应相等。
待定系数法解题的关键是依据已知，正确列出等式或方程。
使用待定系数法，就是把具有某种确定形式的数学问题，通过引入一些待定的系数，转化为方程组来解决，要判断一个问题是否用待定系数法求解，主要是看所求解的数学问题是否具有某种确定的数学表达式，如果具有，就可以用待定系数法求解。
例如分解因式、拆分分式、数列求和、求函数式、求复数、解析几何中求曲线方程等，这些问题都具有确定的数学表达形式，所以都可以用待定系数法求解。
使用待定系数法，它解题的基本步骤是：第一步，确定所求问题含有待定系数的解析式；第二步，根据恒等的条件，列出一组含待定系数的方程；第三步，解方程组或者消去待定系数，从而使问题得到解决。
如何列出一组含待定系数的方程，主要从以下几方面着手分析：①。
②利用对应系数相等列方程；③由恒等的概念用数值代入法列方程；④利用定义本身的属性列方程；⑤利用几何条件列方程。
比如在求圆锥曲线的方程时，我们可以用待定系数法求方程：首先设所求方程的形式，其中含有待定的系数；再把几何条件转化为含所求方程未知系数的方程或方程组；最后解所得的方程或方程组求出未知的系数，并把求出的系数代入已经明确的方程形式，得到所求圆锥曲线的方程。
一、典例分析例1.已知函数y＝mx x nx22431+++的最大值为7，最小值为－1，求此函数式。
、∴ △＝(－43)2－4(y －m)(y －n)≥0 即： y 2－(m ＋n)y ＋(mn －12)≤0 ①此题也可由解集(-1,7)而设(y ＋1)(y －7)≤0,即y 2－6y －7≤0，然后与不等式①比较系数而得：m n mn +=-=-⎧⎨⎩6127，解出m 、n 而求得函数式y 。
求多元函数条件最值的常用技法
求多元函数条件最值的常用技法王盛裕!浙江省镇海外语实验学校"#$%&&’曹贤鸣!浙江省椒江一中"#(&&&’求函数最值问题是数学中一类重要问题)其中又以求多元函数的条件最值为各级各类竞赛的热点*解答条件最值问题)要求有较扎实的数学基础+灵活变更问题的能力和较高的解题技巧)本文浅析求解竞赛试题中多元函数条件最值问题的常用技法*,配方法例,设实数-).)/)0满足-%1.%1/% 10%2$)则!-3.’%1!-3/’%1!-30’%1!. 3/’%1!.30’%1!/30’%的最大值是*!%&&%年上海市中学生数学竞赛题’解析将原式展开+合并+整理得"-%1 ".%1"/%1"0%3%-.3%-/3%-03%./3%.03%/0*配方后得原式24-%14.%14/%140%3!-1.1/ 10’%2%&3!-1.1/10’%*5!-1.1/10’%6&)7原式的最大值为%&*8因数分解例8自然数-).)/)0)9都大于#)其乘积-./092%&&&)则其和-1.1/1019的最大值为)最小值为* !%&&&年五羊杯初中数学竞赛题’解析%&&&分解因数为%:%:%:%:$:$:$)而-).)/)0)9都大于#)显然当各个因数最接近时)其和最小;各个因数相差越大)其和越大)故最大值为%1%1%1%1#%$ 2#"")最小值为4141$1$1$2%"*<借用取值范围例<设-).)/均为不小于"的实数)则===-3%1.1#1>#3/3#>的最小值是*!%&&#年希望杯初二数学竞赛题’解析由条件-6").6")/6")7-3%6#).1#64)/3#6%)则原式===2-3%1.1#1/3#3#*又因为被开方数越小)其算术根越小)7原式的最小值为=#1%1%3#2% =1%*?消元法例?已知二次函数@2-A%1.A1/!其中-是正整数’的图象经过点B!3#)4’与点C!%)#’)并且与A轴有两个不同的交点)则. 1/的最大值是*!%&&"年D E F G H I信利杯J全国初中数学竞赛题’解析因为二次函数@2-A%1.A1/的图象经过点B!3#)4’与点C!%)#’)所以-3.1/24)4-1%.1/2#)消去/得.23-3#)代入得/23%-1"*7.1/23"-1%* 5抛物线与A轴有两个不同的交点)7K L&)即.%34-/L&)7!3-3#’%34-!3%-1"’L&)解得-L#或-M#N*又-是正整数)7-6%)故当-2%时). 1/达到最大)其值为34*O基本不等式法例O若A@2#)那么代数式#A41#4@4的最小值是*!#N N P年湖北省黄冈市初中数学竞赛题’解析5!#A%3#%@%’%6&)展开得#A43%Q#A%Q#%@%1#4@46&)7#A41#4@46%Q#A%Q#%@%2#)故#A41#4@4的最小值是#*4"中学数学月刊%&&4年第"期!判别式法例!实数"#$满足%"&’(’)$’*+#那么$"的最大值是,%第+-届美国中学生数学竞赛题(解析设$"*.#则$*."#代入得"’&/")/).’"’*+#整理得%.’)0("’&/")0*1,2.’)031#又"是实数,45*06&/%.’)0(71,解得8&+9.89+#4.:;<8*+#即%$"(:;<8*+,=夹逼法例=设"#$#>为三个非负数#且+")’$)>*-#")$&>*’#若?*’")$&>#则?的最大值与最小值的和是,%0@@A 年天津市初二数学竞赛题(解析由已知条件得$*B &/"+#>*0&"+#代入?*’")$&>#得?*")’,2"#$#>是非负数#4"71#$*B &/"+71#>*0&"+C D E 71#解得19"90,则’9?9+#故?:;<)?:F G*-,H三角法图0例H 如图0#正方形I J K L 边长为0#点M 是J K 边上的动点,过J #K #L 作射线I M 的垂线J J 0#K K 0#L L 0#则J J 0)K K 0)L L 0的最大值是#最小值是,%’111年上海市初中数学竞赛题(解析设N M I J *O#则N0*N’*N+*O #因为M 点在边J K 上#所以1P 9O 9/-P ,J J 0*IJ Q F G O *Q F G O #L L 0*I L R S QO *R S Q O #M J *I J T ;GO *T ;GO #K K 0*M K R S QO *%K J &M J (R S QO *%0&M J (R S QO *%0&T ;GO (R S Q O *R S Q O &Q F GO,4J J 0)K K 0)L L 0*Q F GO )R S Q O )R S Q O &Q F GO *’R S Q O,当1P 9O 9/-P 时8#’9’R S QO 9’#即J J 0)K K 0)L L 0的最大值是’#最小值是8’,’11+年中考探索型试题精选江苏省苏州市初中数学教学评价与命题研究组王清华%江苏省苏州市景范中学’0-11-(韩挺%江苏省苏州市第四中学’0-11+(U V %北京市试题(已知W 抛物线$*X "’)/X ")Y 与"轴的一个交点为I %&0#1(,%0(求抛物线与"轴的另一个交点J 的坐标Z%’(L 是抛物线与$轴的交点#K 是抛物线上的一点#且以I J 为一底的梯形I J K L 的面积为@#求此抛物线的解析式Z-+’11/年第+期中学数学月刊求多元函数条件最值的常用技法作者：王盛裕， 曹贤鸣作者单位：王盛裕(浙江省镇海外语实验学校,315200)， 曹贤鸣(浙江省椒江一中,318000)刊名：中学数学月刊英文刊名：THE MONTHLY JOURNAL OF HIGH SCHOOL MATHEMATICS年，卷(期)：2004，""(3)被引用次数：0次本文链接：/Periodical_zxsxyk200403016.aspx授权使用：中共汕尾市委党校(zgsw)，授权号：76267ae9-464c-4216-b462-9dc80153d6d7下载时间：2010年8月4日。
巧用待定系数法求几类三角函数的最值
·数学中的思想和方法·李文东（广东省中山市中山纪念中学 ５２８４５４）李文东中学一级教师，硕士研究生，中山市优秀教师，在《数理天地》《数学通讯》《中学数学研究》《中学数学月刊》《高中数学教与学》等期刊上发表论文四十多篇。
求三角函数的最值是高考中一个重要的问题，解法较多，特别是对于一些比较复杂的三角函数常常需要用到较多的三角恒等变换知识．本文从不等式的角度去研究三角函数的最值，用均值不等式或柯西不等式求三角函数最值时，“各数相等”及“和（或积）为定值”是两个需要刻意凑出的条件，从何处入手，怎样拆项，如何凑出定值且使等号成立，又能使解答过程简捷明快，这确实既“活”又“巧”，对此问题，现利用待定系数法探析．例１ 求函数ｆ（ｘ）＝２ｓｉｎｘ＋ｓｉｎ２ｘ的最大值．解 ｆ（ｘ）＝２ｓｉｎｘ（１＋ｃｏｓｘ），引入正参数ｋ，根据柯西不等式和均值不等式有ｆ２（ｘ）＝４ｋ２ｓｉｎ２ ｘ（ｋ＋ｋｃｏｓｘ）２≤４ｋ２ｓｉｎ２ ｘ（１＋ｋ２）（ｋ２＋ｃｏｓ２ ｘ）≤４ｋ２（１＋ｋ２）ｋ２＋ｃｏｓ２ ｘ＋ｓｉｎ２ ｘ２（）２＝（１＋ｋ２）３ｋ２，当且仅当ｋ２＝ｃｏｓｘｋ２＋ｃｏｓ２ ｘ＝ｓｉｎ２ｘ烅烄烆时等号同时成立．消去ｋ２，得ｃｏｓｘ＋ｃｏｓ２ ｘ＝ｓｉｎ２ ｘ，化简，得２ｃｏｓ２ ｘ＋ｃｏｓｘ－１＝０，解得ｃｏｓｘ＝１２（ｃｏｓｘ＝－１舍去）．所以ｆ（ｘ）的最大值为（１＋ｋ２）３２ｋ＝槡３ ３２．拓展１ 求函数ｆ（ｘ）＝ｓｉｎｘ·（ａ＋ｃｏｓｘ），ａ∈Ｒ的最大值． 解 引入正参数ｋ，根据柯西不等式和均值不等式有：ｆ２（ｘ）＝ｓｉｎ２ ｘ（ａ＋ｃｏｓｘ）２＝１ｋ２ｓｉｎ２ ｘ（ａｋ＋ｋｃｏｓｘ）２≤１ｋ２ｓｉｎ２ ｘ（ｋ２＋ｃｏｓ２ ｘ）（ａ２＋ｋ２）≤ａ２＋ｋ２ｋ２·ｓｉｎ２ ｘ＋ｋ２＋ｃｏｓ２ ｘ２（）２＝ａ２＋ｋ２ｋ２·ｋ２＋１２（）２．根据等号成立的条件，得ａｃｏｓｘ＝ｋ２ｓｉｎ２ ｘ＝ｋ２＋ｃｏｓ２ ｘ，烅烄烆即２ｃｏｓ２ ｘ＋ａｃｏｓｘ－１＝０，由ａｃｏｓｘ＝ｋ２＞０，得（１）当ａ＜０时，ｋ２＝－ａ（ａ２＋槡８＋ａ）４，此时ｆｍａｘ（ｘ）·１１·２０２１年第１期数学中的思想和方法《数理天地》高中版＝槡２（ａ２ ＋槡８－３ａ）·４－ａ２－ａａ２＋槡槡８１６；（２）当ａ≥０时，ｋ２＝ａ（ａ２＋槡８－ａ）４，此时ｆｍａｘ（ｘ）＝槡２（ａ２ ＋槡８＋３ａ）·４－ａ２＋ａａ２＋槡槡８１６．综上知，ｆｍａｘ（ｘ）＝槡２（ａ２ ＋槡８－３ａ）·４－ａ２－ａａ２＋槡槡８１６，ａ＜０槡２（ａ２ ＋槡８＋３ａ）·４－ａ２＋ａａ２＋槡槡８１６，ａ≥０烅烄烆例２ 求函数ｆ（ｘ）＝ｓｉｎｘ＋１２ｓｉｎ２ｘ＋２５ｃｏｓｘ的最大值．解 引入正参数λ，根据均值不等式得ｆ（ｘ）＝ｓｉｎｘ＋ｓｉｎｘｃｏｓｘ＋２５ｃｏｓｘ＝ｓｉｎｘ＋２５（）（１＋ｃｏｓｘ）－２５＝１λｓｉｎｘ＋２５（）（λ＋λｃｏｓｘ）－２５≤１λｓｉｎｘ＋２５＋λ＋λｃｏｓｘ２烄烆烌烎２－２５≤１λ１＋λ槡２＋２５＋λ２烄烆烌烎２－２５，根据等号成立的条件，得ｓｉｎｘ＋２５＝λ＋λｃｏｓｘ，ｓｉｎｘ＝１λ２＋槡１，ｃｏｓｘ＝λλ２ ＋槡１，从而２０λ３－７９λ２＋２０λ＋２１＝（４λ－３）（５λ２－１６λ－７）＝０，又λ＞０，所以λ＝３４或λ＝８ ＋槡３ １１５，且１λ１＋λ槡２＋２５＋λ２烄烆烌烎２关于λ递减，所以λ＝３４，此时ｆ（ｘ）ｍａｘ＝３８２５．拓展２ 求函数ｆ（ｘ）＝ｓｉｎｘｃｏｓｘ＋ａｓｉｎｘ＋ｂｃｏｓｘ，ａ，ｂ∈Ｒ的最大值．感兴趣的读者可以一试．求解过程略．例３ 设ｘ∈０，π２（），求１６ｓｉｎ４ ｘ＋３２ｃｏｓ３ ｘ的最小值．解 考虑到ｓｉｎ２ ｘ＋ｃｏｓ２ ｘ＝１，引入正参数α，β，利用均值不等式，得ｓｉｎ４ ｘ＋α４≥２α２ｓｉｎ２ ｘ，ｃｏｓ３ ｘ＋ｃｏｓ３ ｘ＋β３≥３βｃｏｓ２ ｘ，于是１６ｓｉｎ４ ｘ＋３２ｃｏｓ３ ｘ≥３２α２ｓｉｎ２ ｘ＋４８βｃｏｓ２ ｘ－１６α４－１６β３，令３２α２＝４８β，根据取等条件，得α２＋β２＝１，解得α＝槡３２，β＝１２，所以１６ｓｉｎ４ ｘ＋３２ｃｏｓ３ ｘ≥１３．拓展３ 求函数ｆ（ｘ）＝ａｓｉｎｎｘ＋ｂｃｏｓｎｘ（ａ，ｂ＞０），ｘ∈０，π２［］，ｎ∈Ｎ＊，ｎ≥３的最小值．解 当ｎ为偶数时，引入正参数α，β，利用均值不等式，得ｓｉｎｎｘ＋α１＋２ｎ－２＋α１＋２ｎ－２＋…＋α１＋２ｎ－２烐烏烑ｎ２－１个≥ｎ２αｓｉｎ２ ｘ，同理ｃｏｓｎｘ＋β１＋２ｎ－２＋β１＋２ｎ－２＋…＋β１＋２ｎ－２烐烏烑ｎ２－１个≥ｎ２βｃｏｓ２ ｘ，·２１·《数理天地》高中版数学中的思想和方法２０２１年第１期于是ａｓｉｎｎｘ＋ｂｃｏｓｎｘ≥ｎ２（ａαｓｉｎ２ ｘ＋ｂβｃｏｓ２ ｘ）－ａｎ２－１（）α１＋２ｎ－２－ｂｎ２－１（）β１＋２ｎ－２．令ａα＝ｂβ，根据取等条件，得α２ｎ－２＋β２ｎ－２＝１，解得α＝ｂａ２ｎ－２＋ｂ２ｎ－２（）ｎ－２２．此时ａｓｉｎｎｘ＋ｂｃｏｓｎｘ≥ｎ２ａα－ａｎ２－１（）α１＋２ｎ－２－ｂｎ２－１（）β１＋２ｎ－２，将β＝ａαｂ代入化简，得ａｓｉｎｎｘ＋ｂｃｏｓｎｘ≥ａα＝ａｂａ２ｎ－２＋ｂ２ｎ－２（）ｎ－２２．而当ｎ为奇数时，仿照例２的做法可得最小值和ｎ为偶数时一样．所以ｆｍｉｎ＝ａｂａ２ｎ－２＋ｂ２ｎ－２（）ｎ－２２．例４ 当ｘ∈０，π２（）时，求函数ｆ（ｘ）＝槡６ ３ｓｉｎｘ＋２ｃｏｓｘ的最小值．解 引入大于零的待定系数ｋ，则函数ｆ（ｘ）＝槡６ ３ｓｉｎｘ＋２ｃｏｓｘ可变形为ｆ（ｘ）＝槡３ ３ｓｉｎｘ＋槡３ ３ｓｉｎｘ＋ｋｓｉｎ２ ｘ＋１ｃｏｓｘ＋１ｃｏｓｘ＋ｋｃｏｓ２ ｘ－ｋ≥３３２７槡ｋ＋３３槡ｋ－ｋ＝１２３槡ｋ－ｋ，当且仅当槡３ ３ｓｉｎｘ＝ｋｓｉｎ２ ｘ，１ｃｏｓｘ＝ｋｃｏｓ２ ｘ，烅烄烆即ｓｉｎ２ ｘ＝３３ｋ槡２ｃｏｓ２ ｘ＝１３ｋ槡２烅烄烆时等号成立．由此可得３＋１３ｋ槡２＝１，所以ｋ＝８．故ｆｍｉｎ（ｘ）＝１２３槡ｋ－ｋ＝１６，此时ｘ＝π３．拓展４ 求函数ｆ（ｘ）＝ａｓｉｎｎｘ＋ｂｃｏｓｎｘ（ａ，ｂ＞０），ｘ∈０，π２（），ｎ∈Ｎ＊的最小值．解 当ｎ为偶数时，引入参数λ，ｆ（ｘ）＝ａｓｉｎｎｘ＋ｂｃｏｓｎｘ＝ａｓｉｎｎｘ＋２λｎｓｉｎ２ ｘ＋２λｎｓｉｎ２ ｘ＋…＋２λｎｓｉｎ２ｘ烐烏烑ｎ２个＋ｂｃｏｓｎｘ＋２λｎｃｏｓ２ ｘ＋２λｎｃｏｓ２ ｘ＋…＋２λｎｃｏｓ２ ｘ烐烏烑ｎ２个－λ≥ｎ＋２２２λｎ（）ａ［］＋ｎ＋２２２λｎ（）ｂ［］－λ＝ｎ＋２２２λｎ（）ｎｎ＋２ａ２ｎ＋２＋ｂ２ｎ＋２（）－λ，等号成立的条件为ａｓｉｎｎｘ＝２λｎｓｉｎ２ ｘ，ｂｃｏｓｎｘ＝２λｎｃｏｓ２ ｘ，烅烄烆由此可得λ＝ｎ２·ａ２ｎ＋２＋ｂ２ｎ＋２（）ｎ＋２２，于是ｆｍｉｎ（ｘ）＝ｎ＋２２２λｎ（）１－２ｎ＋２ａ２ｎ＋２＋ｂ２ｎ＋２（）－λ＝λｎ＋２ｎ·ａ２ｎ＋２＋ｂ２ｎ＋２（）２λｎ（）－２ｎ＋２－１［］＝λｎ＋２ｎ－１（）＝２λｎ＝ａ２ｎ＋２＋ｂｎ＋２２（）ｎ＋２２．而当ｎ为奇数时，仿照例２的做法可得最小值和ｎ为偶数时一样．所以ｆｍｉｎ（ｘ）＝ａ２ｎ＋２＋ｂ２ｎ＋２（）ｎ＋２２．·３１·２０２１年第１期数学中的思想和方法《数理天地》高中版。
高中数学解题基本方法待定系数法
优秀学习资料 欢迎下载高中数学解题基本方法 -- 待定系数法要确定变量间的函数关系，设出某些未知系数，然后根据所给条件来确定这些未知系数 的方法叫待定系数法，其理论依据是多项式恒等，也就是利用了多项式 f(x) g(x) 的充要条件是：对于一个任意的 a 值，都有 f(a) g(a) ；或者两个多项式各同类项的系数对应相等。
待定系数法解题的关键是依据已知，正确列出等式或方程。
使用待定系数法，就是把具有某种确定形式的数学问题， 通过引入一些待定的系数， 转化为方程组来解决， 要判断一个 问题是否用待定系数法求解，主要是看所求解的数学问题是否具有某种确定的数学表达式， 如果具有，就可以用待定系数法求解。
例如分解因式、拆分分式、数列求和、求函数式、求 复数、 解析几何中求曲线方程等， 这些问题都具有确定的数学表达形式， 所以都可以用待定系数法求解。
使用待定系数法，它解题的基本步骤是：第一步，确定所求问题含有待定系数的解析式；第二步，根据恒等的条件，列出一组含待定系数的方程；第三步，解方程组或者消去待定系数，从而使问题得到解决。
如何列出一组含待定系数的方程，主要从以下几方面着手分析： ① 利用对应系数相等列方程；② 由恒等的概念用数值代入法列方程； ③ 利用定义本身的属性列方程； ④ 利用几何条件列方程。
比如在求圆锥曲线的方程时，我们可以用待定系数法求方程：首先设所求方程的形式， 其中含有待定的系数； 再把几何条件转化为含所求方程未知系数的方程或方程组；最后解所得的方程或方程组求出未知的系数， 并把求出的系数代入已经明确的方程形式， 得到所求圆锥曲线的方程。
Ⅰ、再现性题组：1. 设 f(x) ＝ x＋ m ， f(x) 的反函数 f1(x) ＝ nx － 5，那么 m 、n 的值依次为 _____。
2A.5, －2B.－5， 2C.5,2 D. －5，－22211 2 22. 二次不等式 ax 2＋ bx ＋2>0 的解集是 ( －, ) ，则 a ＋ b 的值是 _____。
关于“巧用待定系数法求解一类多元函数的最值”一文的思考
一。 成立 ， 故所对函数 ， （ ｚ ） 一
的
值域为当 ｚ取遍区间（ Ｏ ， １ ） 时使 （ Ｍ＋２ ） ｘ 。 一 ３ ｚ ． ＋２ －４ Ｍ＝０ 成立 时 Ｍ 的集合． 反过来对
文 ［ １ ］ 的 解设 （ ＋ ） （ ４ ＋ ） ≥
Ｍ（ Ｍ 为待定 正 系数 ） ， 则
３ ｚ ４ － ２ ＝（ ４ 一 ） 成立 ， 进而求 Ｍ 的最小 ≥Ｍ 值 ， 而“ ２ ｚ 。 一３ ＋２ 一（ ４ 一ｚ 。 ） ’ 成立 ， 应理
到（ Ｍ＋２ ） ｘ 。 －３ ｘ ＋２ －４ Ｍ＝０ 有实根” 的推
理过程 ， 初看天衣无缝 ， 经仔细推敲， 令人三 思， 对其理解 ， 先提 ３ 个问题 ：
解 得｛ ≤ Ｍ ＜ 丢 ．
故 Ｘ ２ ＋ 各 的 最 小 值 为 丢 ．
应 的 函 数 值 ，（ ）即 Ｍ 与 其 对 应 ，
２ ｘ ２ －３ ｘ＋ ２
—
—
丁
一Ｍ 即 （ Ｍ＋２ ） ２ —３ ｘ ＋２ —４ Ｍ
且 ３ ， ≠ ｏ ， 则 （ ＋ 吾 ） （ ４ 。 ＋ 当 ） 的 最 小 值
２ ｘ ｚ －３ ２ ｘ ｌ
－
－
≥ Ｍ 成立 若
≥Ｍ
—
—
‘ 士
Ｚ
丁
一
一Ｍ 成 立 ， 整理 为（ Ｍ＋２ ） ２ 一
成立 ， 则 Ｍ 是
的最小值吗？
３ ＋２ —４ Ｍ ＝０成 立 ； 反过来 ， （ Ｍ ＋２ ） 一
第３ ２ 卷第 １ １ 期
２ ０ １ ３年 １ １ 月
于每一个 函数 ， （ ） 一
丝 的值 Ｍ 在
（ ＋ ） （ ４ ＋ ）
多元函数最值问题求解的常用策略
例5 若 xy = 1 ,那么 ,代数式
1
x
4
+
1 4的 4y
最小值是 . ( 1996 ,湖北省黄冈市初中数学竞赛) 2 2 1 1 1 1 解: ∵ 4 + 4 = 2 + 2 x 4y x 2y 1 1 ≥ 2・ 2 ・ 2 = 1 , x 2y 1 1 ∴ 4 + 4 的最小值是 1. x 4y 6 夹逼法 例6 已知三个非负数 a 、 b、 c 满足 3 a + 2 b + c = 5 和 2 a + b - 3 c = 1. 若 m = 3 a + b -
x1 、 x2 是方程 ax + bx + c = 0 的两根 .
2
例 12 若 m 和 n 都是正整数 , 且 m ≤
1 996 , r = 2 m > 0 ,则 r 的最小值为 n m m m > 0 ,得 < 2 , n > . n n 2
由 x1 + x 2 = -
b c < 0 , x1 x2 = >0 , a a
3 本文收稿日期 :2002203218
2 2 2 3 2 3 2 2 2
= 5 x +
x+
3 y- 3 5
2
+
6 5
y-
5 6
2
+
1 . 6
当
3 y - 3 =0, 5
5 y=0 6
时 ,上式取得最小值 .
此时 x =
5 5 1 ,y = ,原式达到最小值 . 2 6 6
(整理)多元函数最值的求法.
本科生毕业论文多元函数最值的求法王天宝学院：数学学院专业：数学与应用数学(师范)班级：数学101学号： 010401037指导教师：柳志千职称（或学位）：硕士2014年4月原创性声明本人郑重声明：所呈交的论文（设计），是本人在导师的指导下，独立进行研究工作所取得的成果。
除文中已经注明引用的内容外，本论文（设计）不含任何其他个人或集体已经发表或撰写过的作品成果。
对本论文（设计）的研究做出重要贡献的个人和集体，均已在文中以明确方式标明。
本人完全意识到本声明的法律结果由本人承担。
学生签名：年月日指导声明本人指导的同学的毕业论文（设计）题目大小、难度适当，且符合该同学所学专业的培养目标的要求。
本人在指导过程中，通过网上文献搜索及文献比对等方式，对其毕业论文（设计）内容进行了检查，未发现抄袭现象，特此声明。
指导教师签名：年月日目录1、引言 (2)2、基本概念及基本定理 (2)3、函数最值求解法 (3)3.1不等式法 (4)3.1.1均值不等式 (4)3.1.2 Jensen不等式 (6)3.1.3幂平均不等式 (7)3.1.4柯西不等式 (8)3.2消元法 (9)3.2.1换元消元 (9)3.2.2放缩消元 (10)3.2.3条件消元 (11)3.3代换法 (12)3.3.1增量代换 (12)3.3.2参数代换 (12)3.3.3复数代换 (13)3.4拉格朗日乘数法 (13)3.5利用极值求最值 (14)3.6数形结合法 (17)4、结束语 (17)参考文献 (18)多元函数最值的求法王天宝（莆田学院数学学院指导教师：柳志千）摘要：随着生活的日益高效化，函数最值逐渐进入了人们的视野并占据了一定的地位。
而其中尤以多元函数的最值求解问题为最，因其难度大、方法多、且灵活多变。
故就此问题通过不等式法、消元法、代换法、拉格朗日乘数法、极值法以及数形结合的思想，再辅以经典例题阐述多元函数最值问题的求法技巧与创新思维。
多元函数的极值与最值的求法
所以设目标函数为 (1)
限制条件为 (2)
(3)
由(1)(2)(3)知即求
在限制条件 下的极值
因为
所以 即 (4)
由(1)(2)(3)解得
由题意知最长距离为 ，最短距离为 .
1.3.2 在满足条件 下的最值
基本过程（1） 在满足条件 下的可能极值点。
（2）求一元函数 的最值。
例1.3.3求内接于椭球 的体积最大的长方体的体积，长方体的各个面平行于坐标面.
To get the extreme of multivariable function, the thesis adopts the following ways: (1)Using the partial derivative of duality function to get the extreme; (2)Lagrangian multipliermethod to calculate the extremum; (3)Geometric modeling method for solving extremum; (4) Using Jacobi matrix to get the conditional extremum; (5) Using parameter equation to calculate the extremum;(6)Using directional derivative to identify the extremumof multivariable function; (7) Using gradient method to get the extremum.
1.4通过雅可比(Jacobi)矩阵求条件极值
1.4.1问题的提出
多元函数极值和最值知乎
多元函数极值和最值知乎（原创版）目录一、多元函数极值与最值的概念二、求解多元函数极值的方法1.驻点法2.海塞矩阵法3.泰勒展开式法三、多元函数极值应用实例四、总结正文一、多元函数极值与最值的概念多元函数极值与最值是数学中的一个重要概念，它涉及到多个变量的函数在某些点上的最大值或最小值。
在多元函数中，极值通常是指函数在某点上的局部最大值或最小值，而最值则是指函数在整个定义域内的最大值或最小值。
在求解多元函数的极值与最值时，我们需要找到函数的驻点，即函数在某点上的一阶导数为零的点。
二、求解多元函数极值的方法1.驻点法驻点法是求解多元函数极值的一种常用方法。
首先对函数进行求导，然后令导数等于零，求出所有可能的驻点。
接着，通过二阶导数检验法判断这些驻点是极值点还是鞍点。
最后，将函数在各个驻点上的函数值进行比较，得出函数的极值。
2.海塞矩阵法海塞矩阵法是一种基于梯度的求解多元函数极值的方法。
在求解过程中，首先需要计算函数的梯度，即函数对各个变量的偏导数。
然后，通过梯度求解方法，得到函数的驻点。
最后，根据驻点处的二阶导数判断极值情况。
3.泰勒展开式法泰勒展开式法是一种基于函数展开的求解多元函数极值的方法。
在求解过程中，首先需要对函数进行泰勒展开，然后通过比较展开式中各项的系数来判断函数在各个点上的极值情况。
三、多元函数极值应用实例假设有一个多元函数 f(x, y) = x^2 * y - y^2，我们需要求解该函数的极值。
首先，对函数进行求导，得到 f"(x, y) = 2x * y - 2y。
然后，令 f"(x, y) = 0，求得 x = y 或 x = -y。
将这两个方程代入原函数，得到四个可能的驻点：(0, 0)，(1, 1)，(-1, -1) 和 (0, -1)。
接着，通过二阶导数检验法判断这些驻点是极值点还是鞍点。
对于 (0, 0) 和 (1, 1)，二阶导数 f""(x, y) = 2 > 0，因此这两个点是极小值点；对于 (-1, -1)，二阶导数 f""(x, y) = -2 < 0，因此这个点是极大值点。
【高二学习指导】高中数学解题方法之待定系数法
【高二学习指导】高中数学解题方法之待定系数法高中数学解题有哪些方法?现在陆续为您提供，下面是高中数学解题方法之待定系数法，供大家参考，希望对大家的学习有帮助。
为了确定变量之间的函数关系，设置一些未知系数，然后根据给定的条件确定这些未知系数，称为待定系数法。
它的理论基础是多项式恒等式，即利用多项式f（x）g（x），其充要条件是：对于a的任何值，都有f（a）g（a）；或者两个多项式的相同项的系数相等。
待定系数法解题的关键是依据已知，正确列出等式或方程。
使用待定系数法，就是把具有某种确定形式的数学问题，通过引入一些待定的系数，转化为方程组来解决，要判断一个问题是否用待定系数法求解，主要是看所求解的数学问题是否具有某种确定的数学表达式，如果具有，就可以用待定系数法求解。
例如分解因式、拆分分式、数列求和、求函数式、求复数、解析几何中求曲线方程等，这些问题都具有确定的数学表达形式，所以都可以用待定系数法求解。
使用待定系数法，解决问题的基本步骤是：第一步，确定所求问题含有待定系数的解析式;第二步是根据恒等式条件列出一组系数待定的方程组；第三步，解方程组或者消去待定系数，从而使问题得到解决。
如何列出一组系数待定的方程，主要从以下几个方面进行分析：①利用对应系数相等列方程;② 用数值方法将恒等式的概念代入正规方程；③利用定义本身的属性列方程;④ 这些方程是利用几何条件推导出来的。
比如在求圆锥曲线的方程时，我们可以用待定系数法求方程：首先设所求方程的形式，其中含有待定的系数;再把几何条件转化为含所求方程未知系数的方程或方程组;最后解所得的方程或方程组求出未知的系数，并把求出的系数代入已经明确的方程形式，得到所求圆锥曲线的方程。
I.再现性问题组：1.设f(x)=+m，f(x)的反函数f(x)=nx-5，那么m、n的值依次为_____。
a、，-2b。
-2c。
，2d。
--二二.二次不等式ax+bx+2>0的解集是(-,)，则a+b的值是_____。
12多元函数的极值与最值
21 January 2020
(1) (2) (3)
2
高等数学（下）主讲杨益民
2.多元函数取得极值的条件
定理 1（必要条件）设函数 z=f(x0, y0) 在点(x0, y0)具有偏 导数，且在点(x0, y0)处取得极值，则
fx (x0, y0) = 0， fy (x0, y0) = 0 证明：( 略 )
( x , y )D
s.t. ( x, y, z) 0
(x, y, z) 0
（1）构造拉格朗日函数：
F( x, y, z, 1, 2 ) f ( x, y, z) 1( x, y, z) 2 ( x, y, z)
（2）求拉格朗日函数F(x, y, z, 1, 2)的无条件极值，得到 条件极值的可疑点。
s.t .
x02 a2
y02 b2
z02 c2
1
令： u ln x0 ln y0 ln z0
G( x0 ,
y0 ,
z0 )
ln
x0
ln
y0
ln
z0
(
x02 a2
y02 b2
z02 c2
1)
G
x0
0,
G
y0
0,
Gz0 0
解: 1. 利用隐方程组求偏导及必要条件zx=zy=0得驻点(1,-1)； 2. 带入原方程求得相应的z=-2, z=6；
3. 隐方程组再求偏导得A,B,C； 4. 判断并求出极值。
高考数学二轮复习 第三篇 方法应用篇 专题3.3 待定系数法(讲)理
方法三待定系数法一、待定系数法：待定系数法是根据已知条件，建立起给定的算式和所求的结果之间的恒等式，得到以需要待定的系数为未知数的方程或方程组，解方程或方程组得到待定的系数的一种数学方法．待定系数法解题的关键是依据已知，正确列出等式或方程。
使用待定系数法，就是把具有某种确定形式的数学问题，通过引入一些待定的系数，转化为方程组来解决，要判断一个问题是否用待定系数法求解，主要是看所求解的数学问题是否具有某种确定的数学表达式，如果具有，就可以用待定系数法求解.例如分解因式、拆分分式、数列求和、求函数式、求复数、解析几何中求曲线方程等，这些问题都具有确定的数学表达形式，所以都可以用待定系数法求解.二、待定系数法解题的基本步骤：使用待定系数法，它解题的基本步骤是：第一步，确定所求问题含有待定系数的解析式；第二步，根据恒等的条件，列出一组含待定系数的方程；第三步，解方程组或者消去待定系数，从而使问题得到解决.本文在分析研究近几年高考题及各地模拟题的基础上，从以下四个方面总结高考中的待定系数法.1．用待定系数法求曲线方程确定曲线方程常用的方法有定义法、直接法、待定系数法等，当已知曲线类型及曲线的几何性质时，往往利用待定系数法，通过设出方程形式，布列方程（组），使问题得到解决. 例1.【2018届江苏省镇江市高三上学期期末】已知圆与圆相切于原点，且过点，则圆的标准方程为__________．【答案】【解析】设圆的标准方程为，其圆心为，半径为∵可化简为∴其圆心为，半径为∵两圆相切于原点，且圆过点∴解得∴圆的标准方程为故答案为例2.【2018届山西省孝义市高三下学期名校最新高考模拟卷（一）】已知椭圆的左、右焦点分别为、，且点到椭圆上任意一点的最大距离为3，椭圆的离心率为.(1)求椭圆的标准方程；(2)是否存在斜率为的直线与以线段为直径的圆相交于、两点，与椭圆相交于、，且？若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由.【答案】（1）；（2）.解析：(1)设，的坐标分别为，，根据椭圆的几何性质可得，解得，，则，故椭圆的方程为.(2)假设存在斜率为的直线，那么可设为，则由(1)知，的坐标分别为，，可得以线段为直径的圆为，圆心到直线的距离，得，，联立得，设，，则，得，，，解得，得.即存在符合条件的直线.2．用待定系数法求函数解析式利用待定系数法确定一次函数、二次函数的解析式，在教材中有系统的介绍，通过练习应学会“迁移”，灵活应用于同类问题解答之中.例3.【2018届湖南省长沙市长郡中学高三】已知函数的图象过点，且点是其对称中心，将函数的图象向右平移个单位得到函数的图象，则函数的解析式为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】由函数f（x）过点（，2），（﹣，0）得：解得：∴f（x）=sin2x+cos2x=2sin（2x+），∴g（x）=2sin2x，故答案为：A.例4.【2018届天津市耀华中学高三上学期第三次月考】若幂函数在上为增函数，则实数的值为_________.【答案】2例5.设是二次函数，方程有两个相等的实根，且．（Ⅰ）的表达式；（Ⅱ）若直线把的图象与两坐标轴所围成图形的面积二等分，求的值．【答案】（I）；（II）．【解析】试题分析：（1）由已知设，由，求出的值，由有两个相等实根有，求出的值，得出的表达式；（2）由题意有，解方程求出的值。
高考数学二轮复习第三篇方法应用篇专题3.3待定系数法讲理0327292
方法三待定系数法一、待定系数法：待定系数法是依据已知条件，成立起给定的算式和所求的结果之间的恒等式，获得以需要待定的系数为未知数的方程或方程组，解方程或方程组获得待定的系数的一种数学方法．待定系数法解题的要点是依照已知，正确列出等式或方程。
使用待定系数法，就是把拥有某种确立形式的数学识题，经过引入一些待定的系数，转变为方程组来解决，要判断一个问题能否用待定系数法求解，主假如看所求解的数学识题能否拥有某种确立的数学表达式，假如拥有，就能够用待定系数法求解. 比如分解因式、拆分分式、数列乞降、求函数式、求复数、分析几何中求曲线方程等，这些问题都拥有确立的数学表达形式，因此都能够用待定系数法求解 .二、待定系数法解题的基本步骤：使用待定系数法，它解题的基本步骤是：第一步，确立所求问题含有待定系数的分析式；第二步，依据恒等的条件，列出一组含待定系数的方程；第三步，解方程组或许消去待定系数，进而使问题获得解决.本文在剖析研究近几年高考题及各地模拟试题的基础上，从以下四个方面总结高考取的待定系数法 .1．用待定系数法求曲线方程确立曲线方程常用的方法有定义法、直接法、待定系数法等，当已知曲线种类及曲线的几何性质时，常常利用待定系数法，经过设出方程形式，布列方程（组），使问题获得解决.例 1. 【 2018 届江苏省镇江市高三上学期期末】已知圆与圆相切于原点，且过点，则圆的标准方程为__________．【答案】【分析】设圆的标准方程为，其圆心为，半径为∵可化简为∴其圆心为，半径为∵两圆相切于原点，且圆过点∴解得∴圆的标准方程为故答案为例 2. 【 2018 届山西省孝义市高三放学期名校最新高考模拟卷（一）】已知椭圆的左、右焦点分别为、，且点到椭圆上随意一点的最大距离为3，椭圆的离心率为.(1) 求椭圆的标准方程；(2) 能否存在斜率为的直线与以线段为直径的圆订交于、两点，与椭圆订交于、，且？若存在，求出直线的方程；若不存在，说明原因.【答案】（ 1）；（2）.分析：(1) 设，的坐标分别为，，依据椭圆的几何性质可得，解得，，则，故椭圆的方程为.(2) 假定存在斜率为的直线，那么可设为，则由(1)知，的坐标分别为，，可得以线段为直径的圆为，圆心到直线的距离，得，，联立得，设，，则，得，，，解得，得. 即存在切合条件的直线.2．用待定系数法求函数分析式利用待定系数法确立一次函数、二次函数的分析式，在教材中有系统的介绍，经过练习应学会“迁徙”，灵巧应用于同类问题解答之中.例 3.【 2018 届湖南省长沙市长郡中学高三】已知函数的图象过点，且点是其对称中心，将函数的图象向右平移个单位得到函数的图象，则函数的分析式为（）A. B. C. D.【答案】 A【分析】由函数 f （x）过点（，2），（﹣，0）得：解得：∴f （ x） =sin2x+∴g（ x） =2sin2x 故答案为： A.，cos2x=2sin（ 2x+），例 4.【 2018 届天津市耀华中学高三上学期第三次月考】若幂函数在上为增函数，则实数的值为_________.【答案】2例5.设是二次函数，方程有两个相等的实根，且．（Ⅰ）的表达式；（Ⅱ）若直线把的图象与两坐标轴所围成图形的面积二平分，求的值．【答案】（ I ）；（II 【分析】试题剖析：（ 1）由已知设的值，由有两个相等实根有），求出．，由的值，得出，求出的表达式；（ 2）由题意有，解方程求出的值。
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( x + 21y ) + ( y + 21x )
· 43·
高中数学教与学
2013 年
“公共弦 ” 由相交两圆 引发的思考
范 菁 刘建伟
（ 山西省汾阳市汾阳第五高级中学， 032200 ）
学习圆与圆的位置关系时， 在人教版教 材 129 页例 3 中， 判断两圆的位置关系采用两 种方法， 其中第一种方法是用代数法判断 ． 在 这种方法中联立方程组时先用两圆方程相减 得到一个二元一次方程， 方程表示一条直线， 因为直线过两圆的交点， 所以这条直线是两 圆公共弦所在的直线 ． 代数法从解方程的角 度说明方程组有两组解， 即两圆有两个公共 点， 直线是过这两个公共点的直线 ． 一、 提出问题 对于不是同心圆的两圆： ⊙ C1 ： （ x － a ） ⊙ C2 ： （ x － m） ① － ②， 得 2 （ m － a ） x + 2 （ n － b ） y + a 2 － m2 + b 2 － n2 － r2 + Ｒ2 = 0 ． ③ 如果两圆相交， 则方程 ③ 是 ⊙ C1 与 ⊙ C2 公共弦所在的直线方程； 如果两交点重合即 两圆相切， 则方程 ③ 是过 ⊙ C1 与 ⊙ C2 公切点
例4
（ 2005 年重庆高考题） 若 x， y 是正
2 2 2 数） ， 则 a + b + c ≥ M （ ab + 2 bc） ． 从而关于
数，则 x + （ ） （ A） 3 解
(
)
2
+
( y + 21x )
（ C） 7 2
2
的最小值是
a 的方程 a2 － Mba － 2 Mbc + b2 + c2 = 0 有实
2 x2 － 3 x + 2 2 x2 － 3 x + 2 = = ≥ M． （ 2 + x） （ 2 － x） 4 － x2 则关于 x 的方程 2 x － 3 x + 2 = （ 4 － x ） M ， 即 （ M + 2 ） x2 － 3 x + 2 － 4 M = 0 有实根 ． 由 Δ ≥ 0， 得 M≥ 故 1 7 ， 或 M ≤ － （ 舍去） ． 4 4
设所求最小值为 M ， 且 M ＞ 0．
2 2 2
例3
将 y = 1 － x 代入， 得 y x x （ 1 － x） + = + x +2 y +1 x +2 2 －x
2 且 xy ≠ 0 ， 则 x +
(
1 y2 1 y2
) ( 4y
2
+
1 的最小值为 x2 1 ≥ M（ M 为 x2
)
． 解
2 设 x +
2 2 2
2 2 2 2 得关于 x y 的一元二次方程 4 （ x y ）
M ） x2 y2 + 1 = 0 有实根， 于是 Δ = （ 5 － M ） 16 ≥ 0 ， 解得 M ≤ 1 （ 舍去） ， 或 M ≥ 9．
2 故（ x +
－
例2 最小值为 解
1 1 ） （ 4 y2 + 2 ） 的最小值为 9 ． y2 x 1 2y
% G y
8 6 4
F
C2
5
+ （ y － b） + （ y － n）
2 2
= r ， = Ｒ2 ，
2
① ②
≠ n． 解
图1
b） ， 设直线 l 上任一点 G （ a ， 则 b = 7 － 4a ． 3
因为 GE 与 GF 分别是 ⊙ C1 与 ⊙C2 的切 C2 F ⊥ GF ， 可得 线， 所以 C1 E ⊥ GE ， | GE | 2 = | C1 G | 2 － | C1 E | 2
第6 期
高中数学教与学
巧用待定系数法求解一类多元函数的最值
陈永明
（ 陕西省佛坪县中学， 723400 ）
多元代数式求最值问题， 方法多， 技巧性 特别强， 学生不易掌握 ． 待定系数法是中学数 最重要的方法之一 ． 这一方法运 学中最基本 、 用在求代数式的最值问题时非常有效， 对与 二次函数有关的一些多元函数最值问题， 以 要求的最值为待定系数， 可巧妙求得问题的 解． 本文举例说明 ． 例1 设 x，y 是正数， 且 x + y = 1， 则 ． x2 y2 + 的最小值是 x +2 y +1 解
2 2 2 2 2 根， 得 Δ1 = M b － 4 （ b + c － 2 Mbc］ = （ M
－ 4 ） b + 8 Mcb － 4 c ≥ 0 ． 这个关于 b 的二次不等式解集不空， 那么 （ 1 ） 当 M2 － 4 ≥ 0 ， 即 M ≥ 2 时不等式成
2
2
（ B） 4
2
（ D）
2
9 2
櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷
= （ 2 xy + 1 ） 4 y2
2
+
（ 2 xy + 1 ） 4 x2
2 2
的公切线方程； 如果两圆相离， 则方程 ③ 表示 的直线又该如何解释？ 二、 实例分析 例1 1）
2
如图 1 ， 已知 ⊙ C1 ： （ x + 3 ）
2
2
+（y+
= 4， ⊙ C2 ： （ x － 5 ）
+ （ y － 5）
2
= 16 ， 两圆
方程相减得到直线 l 的方程： 4 x + 3 y － 7 = 0 ． 在直线 l 上任取一点 G 向两圆分别作切线， 切 F， 点分别为 E ， 证明： | GE | = | GF | ．
2
立， 解集显然不空； （ 2 ） 当 M2 － 4 ＜ 0 ， 即 0 ＜ M ＜ 2 时， 由 Δ2 25 = 64 M2 c2 + 16 c2 （ M2 － 4 ） ≥ 0 ， 得 M ≥ 槡， 所 5 25 以 槡 ≤ M ＜ 2 时， 解集不空 ． 5 25 M ≥ 槡． 综上， 5 故 a 2 + b 2 + c2 25 的最小值为 槡 ． ab + 2 bc 5 （ 2011 年湖南高考题） 设 x， y ∈ Ｒ，
2 2
(
) ( 4y
2
2
+
)
待定正实数） ， 则
(x
2
+
2 2
1 y2
) ( 4y
+
2
1 x2
2
)
2
=
（ x y + 1） （ 4x y + 1） ≥ M． x2 y2 + （5 －
2
x2 y2 1 + 的最小值为 ． x +2 y +1 4 a +b +c 已知 a，b，c ＞ 0 ， 则 的 ab + 2 bc ． 设 a 2 + b 2 + c2 ≥ M （ M 为待定正实 ab + 2 bc