【例1】已知函數(shù)的最大值是m,最小值是n,則m+n=的值域.【例5】求函數(shù)的最大值.f(x)=sin2xcosx的最大值為則的最小值是【例8【例8】求函數(shù)的最大值.【例9】求函數(shù)的值域.【例10】已知實(shí)數(shù)a,b,c滿足a+b+c=0,a2+【例11】設(shè)a,b為正實(shí)數(shù),則的最小值為的取值范圍是()【例13】記min{a,b}為a,b兩數(shù)的最小值.當(dāng)正數(shù)x,y變化時(shí)t=min,則t的最大值為。1．已知函數(shù).x<2,若關(guān)于x的方程f(x)=kx(k>0)有且僅有四個(gè)根，設(shè)其最大值為t,則函數(shù)t2-6t+7的值域?yàn)椤?3x的最大值。.3．已知函數(shù)的最大值是M,最小值為N,則M+N=。4．求函數(shù)的值域。7．求f的最大值,并求出此時(shí)k的值。若方程f(x)=b有且僅有兩個(gè)不相等實(shí)根,則實(shí)數(shù)b的取值范圍為。9．函數(shù)f的值域?yàn)椤?4415．已知a,b都為正實(shí)數(shù),且則的最大值為。H1(x)=max{f(x),g(x)},H2(x)=mi值,min{p,q}表示p,q中的較小值）,記H1(x)的最小值為A,H2(x)的最大值為B,則A-B的值為()A.16B.-16C.a2-2a-16D.a2+2a-163-b3=1,求a-b的取值范圍。【解析】因?yàn)閒所以函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)0,),|成中心對(duì)稱,所以f(x)max+f(x)min=1,即m+n=1.【點(diǎn)撥】研究函數(shù)的對(duì)稱性,利用函數(shù)的對(duì)稱中心解題.其中是R上的奇函數(shù),故函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)成中心對(duì)稱,所以f(x)max+f(x)min=g(-x)+g(x)++=1,即m+n=1.【點(diǎn)撥】構(gòu)造奇函數(shù)﹐利用奇函數(shù)的性質(zhì)解題.【賞析】本題考查了函數(shù)圖象的中心對(duì)稱性,若函數(shù)f(x)滿足f(a+x)+f(a-x)=2b,則函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)(a,b)成中心對(duì)稱,因此兩個(gè)解法均從函數(shù)的對(duì)稱性入手,不同的是解法1直接計(jì)算f(x)+f(-x),得到其結(jié)果為定值,進(jìn)而得出函數(shù)的對(duì)稱中心;解法2則對(duì)f(x)進(jìn)行變形,利用函數(shù)和G(x)=(x∈R)是奇函數(shù)的特征得出f(x)的對(duì)稱中心.【解析】其中y>0.利用等差數(shù)列的等差中項(xiàng)公式可知,由(3),(4)可得-22d2,即0d21.又因?yàn)閥=·8-4d2是構(gòu)造等差數(shù)列解題.,移項(xiàng)得y2-4=2所以.平方,化雙根號(hào)為單根號(hào),利用復(fù)合函數(shù)的性質(zhì)解題.(4,.(4,.【點(diǎn)撥】由隱性條件(·1-x)2+(·x+3)2=4類比同角三角函數(shù)平方關(guān)系進(jìn)行三角換元,利用三角函數(shù)有界性解題.【解法4】設(shè)·1-x=ycos2θ,·x+3=ysin2θ,所以1-x=y2cos4θ,x+3=y2sin4θ.所以4=y2cos4θ+y2sin4所以=cos4θ+sin4θ=2（也可這樣處理=cos4θ+sin4θ=1-sin22θ∈【點(diǎn)撥】由條件等式出發(fā)﹐進(jìn)行升冪三角換元﹐將問題轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)與三角函數(shù)的復(fù)合函數(shù)求值域問題.+v的最大值M與最小值m的比值."當(dāng)直線u+v-y=0與圓u2+v2=4在第一象限相切時(shí),y取到最大值當(dāng)直線u+v-y=0由原點(diǎn)移動(dòng)到剛好與圓弧u2+v2=4(u0,v0)相交時(shí),y取到最小值m=2.如圖1-1所示故.【點(diǎn)撥】采取雙換元,注意隱性關(guān)系﹐將問題轉(zhuǎn)化為動(dòng)直線與定曲線的位置關(guān)系問題求解.b=(p,q)的終點(diǎn)表示圓心在原點(diǎn),半徑為2的圓在第一象限部分上的點(diǎn)(如圖1-2,包含圓與x軸正半軸和y軸正半軸的交點(diǎn)).所以a,b的夾角范圍為,所以y的最大值的最小值m=2，故.【點(diǎn)撥】構(gòu)建向量,利用向量的數(shù)量積求解.所以-2z2,從而0z24,又因?yàn)閥2+z2=8,所以y2=8-z2,所以4y28, 又y0,所以2y22,所以y的最大值的最小值m=2.故.【點(diǎn)撥】構(gòu)造對(duì)偶函數(shù),利用兩個(gè)函數(shù)的關(guān)系解題.min所以.【點(diǎn)撥】利用導(dǎo)數(shù)﹐結(jié)合單調(diào)性解題.【解法9】由柯西不等式當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)等號(hào)成立.所以當(dāng)x=-1時(shí),y有最大值.【點(diǎn)撥】利用柯.西不等式解題.根據(jù)該性質(zhì),記,的平均數(shù)為,則s2=0,所以0,所以y28.故y有最大值,【點(diǎn)撥】構(gòu)造一組數(shù)據(jù),利用方差性質(zhì)求解.【賞析】從本題的特殊性考慮﹐由“求根式和的值域問題”想到去根號(hào)﹐首選平方法(如解法2),平方后必須注意自變量的取值范圍(平方后會(huì)改變自變量的取值范圍),然后利用二次函數(shù)求值域的方法求解.其次就是換元法去根號(hào)(如解法5),這里注意到兩個(gè)被開方數(shù)之和為常數(shù)﹐故換元后可變?yōu)閳A的問題﹐轉(zhuǎn)化為直線與圓的位置關(guān)系.當(dāng)被開方數(shù)之和不為常數(shù)﹐需要通過消元找到兩個(gè)新變量之間的關(guān)系才可以求解.最常用的換元方法還有三角換元法(如解法3、4兩種方法都基于兩部分的值域是相同的,才可以這樣換元),解法3實(shí)際上也是在觀測出被開方數(shù)之和為定值4后的換元方法﹐這里由于兩個(gè)根式都為非負(fù)數(shù),因而三角換元時(shí)需要對(duì)角θ的范圍加以限制然后轉(zhuǎn)化為三角函數(shù)間題求值域.解法4的換元是在換元時(shí)考慮到非負(fù)數(shù)直接設(shè)成平方的形式,換元后要消去x得到y(tǒng)與6的關(guān)系(配方法)求解(實(shí)際上這里還有一次換元的思想).構(gòu)造向量也是解題中常用的方法(如解法6).從所求函數(shù)的表達(dá)式聯(lián)系到向量數(shù)量積的形式,因而設(shè)兩個(gè)向量,由y=a.b注意到a為固定向量,向量b的長度為定值,且在第一象限內(nèi),a與b的夾角范圍可以確定,因而可以直接利用向量數(shù)量積的定義來求值域.構(gòu)造對(duì)偶函數(shù)(解法7)也是解決本題的方法之一,利用兩個(gè)函數(shù)之間的關(guān)系求解.這里構(gòu)造的x+3-為增函數(shù),因而容易求出值域.利用導(dǎo)數(shù)求解(如解法8)也是求函數(shù)值域的常用方法,先利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性求出極值點(diǎn),再比較端點(diǎn)的函數(shù)值,得出最值,即為函數(shù)的值域.柯西不等式(如解法9)在求最值中也有它的獨(dú)特之處,這里用柯西不等式求出最大值,還要用其他方法求最小值.對(duì)于本題來說還可以利用統(tǒng)計(jì)學(xué)中方差的性質(zhì)求解,需要構(gòu)造相關(guān)的數(shù)據(jù)來解題,構(gòu)造等差數(shù)列也可以解決本題,請(qǐng)同學(xué)們自已體會(huì).當(dāng)然本題的多種解法的來源都是在觀察后,對(duì)表達(dá)式進(jìn)行適當(dāng)?shù)淖冃无D(zhuǎn)化或換元,這也說明解題之前應(yīng)該先觀察分析題目的條件,再進(jìn)行方法的選擇.【解析】當(dāng)x>-6時(shí),f,當(dāng)x<-時(shí),f,(x)<0.所以f(x)即函數(shù)f(x)的最小值為·i6.【點(diǎn)撥】利用導(dǎo)數(shù)﹐研究函數(shù)的單調(diào)性.2-12(8-t2)0,ts6(負(fù)值舍去).即函數(shù)f(x)的最小值為·i6.【點(diǎn)撥】平方后轉(zhuǎn)化為一元二次方程,利用其判別式解題.從而問題等價(jià)于定點(diǎn)A(0,-2)與單位圓在y軸右側(cè)圓弧上的動(dòng)點(diǎn)B連線的斜率的·倍,結(jié)合圖1-3可知,當(dāng)直線AB與圓弧相切時(shí)斜率最小,此時(shí)上OAB=,【點(diǎn)撥】三角換元,利用連線的斜率,轉(zhuǎn)化為直線與圓相切解題.如圖1-4,當(dāng)直線t=2a+b與雙曲線右支相切時(shí),t有最小值,將直線方程與雙曲線方程聯(lián)立消去a得到關(guān)于b的一元二次方程,利用判別式非負(fù)得到t的最小值為·.【點(diǎn)撥】換元后﹐利用雙曲線與直線的位置關(guān)系解題.【點(diǎn)撥】利用柯西不等式解題.【賞析】本題與上一題都是求函數(shù)值域,因而可利用導(dǎo)數(shù)法(解法1)求解,該方法屬于通法;解法2是采用平方法去掉根號(hào),再將x視為主元轉(zhuǎn)化為一元二次方程有解的問題,利用判別式構(gòu)建關(guān)于y的不等式而得解.用判別式法解題時(shí)需要注意自變量的范圍確保等價(jià)轉(zhuǎn)化,否則會(huì)擴(kuò)大y的范圍,這里x取任意實(shí)數(shù)因而可以只考慮判別式,如果不是任意實(shí)數(shù),實(shí)際上轉(zhuǎn)化為一元二次方程在某區(qū)間上有解問題,胔要增加其他條件的約束才能得到正確的結(jié)果,不能只考慮判別式;解法3是通過三角換元將被開方式轉(zhuǎn)化為完全平方形式去根號(hào)的,使用此法要注意換元前后的變?cè)娜≈捣秶_保一致,經(jīng)過這樣處理后就可以采用數(shù)形結(jié)合的方法或采取主元法利用三角函數(shù)有界性求解;解法4是將單變?cè)D(zhuǎn)化為多變?cè)g題,這樣有利于將問題轉(zhuǎn)化為圖形位置關(guān)系問題采取數(shù)形結(jié)合法解題;解法5利用柯西不等式配劮是關(guān)鍵,對(duì)思維能力要求較高,配湊可以在明確目標(biāo)后采取待定系數(shù)法誦討比較系數(shù)來完成.的值域.【解析】【解法1】如圖1-5,設(shè)P(cosx,sinx),Q(-2,0),則動(dòng)點(diǎn)P的軌跡是單位圓x2+y2=1,問題轉(zhuǎn)化為求定點(diǎn)Q到單位圓上任意點(diǎn)P的連線斜率的取值范圍.當(dāng)直線PQ與單位圓相切時(shí)分別取最大值與最小,故即所求函數(shù)的值域?yàn)?右邊結(jié)構(gòu)形式,類比直線斜率坐標(biāo)公式,將間題轉(zhuǎn)化為定點(diǎn)（一2,0)與單位圓上連線的斜率取值范園問題,利用幾何法求解.【解法2】變形為2y+ycosx=sinx,sinx-ycosx=2y,由三角函數(shù)的有界性得|sin(x+φ)|1,解得-y.【點(diǎn)撥】利用輔助角公式,結(jié)合三角函數(shù)的有界性求解.整理成關(guān)于t的二次方程yt-2t+3y=0.由Δ=4-12y0,解得-3y3.(化為y=之后,亦可以用均值不等式或用導(dǎo)數(shù)來求解.)【點(diǎn)撥】利用三角函數(shù)萬能公式將問題轉(zhuǎn)化為一元二次方程,再利用其判別式求解.所以當(dāng)+2kπ時(shí),y取最大值【點(diǎn)撥】直接用導(dǎo)數(shù)﹐研究單調(diào)性解題.先將y=兩邊同時(shí)平方,再將三角函數(shù)化異名為同名,將問題轉(zhuǎn)化為分式函數(shù)與三角函數(shù)的復(fù)合函數(shù)問題,利用換元法結(jié)合均值不等式求解.·y2【點(diǎn)撥】構(gòu)造向量,利用向量數(shù)量積不等式解題.【賞析】利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性(解法4)是求函數(shù)值域問題的常用方法,不過也不能見到值域題就用導(dǎo)數(shù)求解,有時(shí)求導(dǎo)數(shù)就不容易了，求極值點(diǎn)更難.所以還需考慮其他方法.就本題來說考慮分式的形式用斜率的幾何意義,利用數(shù)形結(jié)合思想解題（解法1),設(shè)P(cosx,sinx),Q(一2,0),問題轉(zhuǎn)化為求定點(diǎn)Q到單位圓上任意點(diǎn)P的連線斜率的取值范圍,當(dāng)直線PQ的范圍,兩種方法的目的只有一個(gè):消去式子中的x,得到關(guān)于y的不等式;由萬能公式(解法3)可以把三角函數(shù)的不同類型統(tǒng)一為同名三角函數(shù)形式,進(jìn)一步利用一元二次方程有解時(shí)判別式非負(fù)來解題;解法5把表達(dá)式平方后,轉(zhuǎn)化為cosx的表達(dá)式,通過換元利用均值不等式求解,這也是消元思想的體現(xiàn).【例5】求函數(shù)y=(k>0)的最大值.【解析】2·i2,當(dāng)且僅當(dāng)k=時(shí)取等號(hào).【點(diǎn)撥】分子移入根號(hào)內(nèi)后﹐分離常數(shù)﹐利用均值不等式解題.所以,所以2,當(dāng)且僅當(dāng)k=時(shí)取等號(hào).【點(diǎn)撥】借助公式a2+b2解題.【點(diǎn)撥】換元后﹐利用二次函數(shù)求最值.又k>0,所以4y216≠0.以上方程對(duì)于任意的實(shí)數(shù)k有解,所以上式的Δ=2564(4y216)(y24)0,即0y28, 【點(diǎn)撥】轉(zhuǎn)化為一元二次方程﹐利用其判別式求解.【賞析】本題的分式形式中分子不含根號(hào),分母含有根號(hào),可將分子平方后移到根號(hào)內(nèi).對(duì)根式內(nèi)的式子進(jìn)行分離常數(shù)(解法1)(2k)^{2}+1^{2}$,分子為2(2k+1),因而想到利用平方和與均值不等式a2+b2利用不等式的性質(zhì)求解;把函數(shù)看成方程,兩邊平方后去掉分母,得到關(guān)于k的一元二次方程,利用判別式也可以求解(解法4),嚴(yán)枚地說方程應(yīng)該有正數(shù)解,需要給出有一個(gè)正?和兩個(gè)正根的分類討論情況(請(qǐng)讀者自已完善).【例6】函數(shù)f(x)=sin2xcosx的最大值為【解析】所以y,故函數(shù)f(x)的最大值為.【點(diǎn)撥】對(duì)函數(shù)式兩邊平方，配湊出均值不等式結(jié)構(gòu).【解法2】因?yàn)閒(x)=sin2xcosx=2sinxcos2x,【點(diǎn)撥】代數(shù)換元后,構(gòu)造函數(shù)﹐利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)最值.【賞析】【解法1】利用均值不等式求最值,平方后可以奏配出因式的和為定值,但在使用時(shí)要注意“一正、二定、三相等”.【解法2】利用換元構(gòu)造函數(shù)求最值,這是三角函數(shù)類型求最值的常用方法,先統(tǒng)一正、余弦,再還原構(gòu)造函數(shù),利用導(dǎo)數(shù)法求最值,主要體現(xiàn)了換元和構(gòu)造的數(shù)學(xué)解題思想.【解法2】對(duì)學(xué)生要求較低,學(xué)生也容易想到,但是【解法1】不僅要平方,同時(shí)要配湊出三元均值不等式,這對(duì)學(xué)生能力的要求較高.,則的最小值是【解析】2由重要不等式得0<ab易知2ab關(guān)于ab在上單調(diào)遞減, 【點(diǎn)撥】采取雙換元a=sinx,b=cosx,注意隱性關(guān)系a2+b2=1,將問題轉(zhuǎn)化為求對(duì)稱式的最小值問題,利用基本對(duì)稱式表示,最后轉(zhuǎn)化為ab的代數(shù)式,從整體角度利用函數(shù)的單調(diào)性求最小值.所以(sinxcosx+sinxcos,當(dāng)且僅當(dāng)sinx=cosx,即x=時(shí)等號(hào)成立.【點(diǎn)撥】聯(lián)想三角恒等式sinx2+cosx2=1,配湊出柯西不等式結(jié)構(gòu).當(dāng)且僅當(dāng)sinx=cosx,即x=時(shí)等號(hào)成立.【點(diǎn)撥】結(jié)合sin2x+cos2x=1添加常量，配湊基本不等式結(jié)構(gòu).法3】利用配湊,但都要用到sin2x+cos2x=1這個(gè)恒等式;【解法2】是利用柯西不等式求最值,需要合理搭配,才能實(shí)現(xiàn)等號(hào)的成立.【解法1】、【解法3】對(duì)學(xué)生的要求較低,屬于通性通法.【解析】(2所以y2,則y.【點(diǎn)撥】三角換元后平方、換元﹐轉(zhuǎn)化為函數(shù)問題，利用導(dǎo)數(shù)法求最值.【解法2】因?yàn)閒(x)=x(1+)是奇【點(diǎn)撥】分析函數(shù)的性質(zhì)﹐縮小區(qū)間﹐利用導(dǎo)數(shù)法求最值.22,從而【點(diǎn)撥】利用奇函數(shù)性質(zhì)縮小研究范圍﹐然后換元,平方有理化后利用均值不等式求解.【賞析】【解法1】是用三角換元法求最值,這是無理型函數(shù)求?值的常用方法,根據(jù)換元后的結(jié)構(gòu)選擇合適的方法求最值.【解法2】是結(jié)合函數(shù)的奇偶性利用導(dǎo)數(shù)法求最值,此法需要關(guān)注研究范圍的變化.【解法3】是部分換元后配湊均值不等式求最值，靈活性較高【解析】f當(dāng)且僅當(dāng),即x=1時(shí)等號(hào)成立.所以函數(shù)f(x)的值域?yàn)椤军c(diǎn)撥】轉(zhuǎn)化為根式函數(shù)與分式函數(shù)的復(fù)合函數(shù)形式,然后利用導(dǎo)數(shù)法求解,但在轉(zhuǎn)化時(shí)要對(duì)移入根號(hào)內(nèi)的式子的值進(jìn)行討論.令x=tanθ利用tan2a+1=對(duì)問題中的x采取三角換元,利用三角函數(shù)有界性解題.【解可知<θπ且θ≠,【點(diǎn)撥】構(gòu)造向量﹐利用向量夾角公式把所求式轉(zhuǎn)化為三角函數(shù)問題.設(shè)P,如圖1-7.當(dāng)x所以可得的左邊形式入手,類比斜率坐標(biāo)公式,將問題轉(zhuǎn)化為定點(diǎn)與定曲線上點(diǎn)的連線斜率取值范圍問題.+2m+2,m所以【點(diǎn)撥】分式分母換元,轉(zhuǎn)化為一元二次函數(shù)問題.【賞析】【解法1】、【解法5】基本屬于同一類方法,通過分子或分母換元,利用均值不等式求最值,求解時(shí)需注意定義域的變化或變量的正負(fù).【解法2】利用三角換元結(jié)合三角函數(shù)的有界性求最值.【解法3】從函數(shù)結(jié)構(gòu)出發(fā)構(gòu)造向量的數(shù)量積,利用向量的夾角求最值,靈活性較高.【解法4】仍是從函數(shù)結(jié)構(gòu)出發(fā),構(gòu)造函數(shù)式的幾何意義,結(jié)合圖象,加以求解.求解過程中體現(xiàn)了分類討論、換元構(gòu)造、數(shù)形結(jié)合等方法,考查了推理和計(jì)算能力.【例10】已知實(shí)數(shù)a,b,c滿足a+b+c=0,a2+b2+c2=1,則a【解析】【解法1】由a+b+c=0得b+c=-a,將式子兩邊平方得b2+c2+2bc=a2,點(diǎn)-拶再把a(bǔ)2+b2+c2=1代人可得2bc=2a2-1,此時(shí)用不等式b2+c22bc放縮可得1-a22a2-1,解得-a,所以a的最大值是.【點(diǎn)撥】先利用等式消元﹐再結(jié)合基本不等式轉(zhuǎn)化為關(guān)于a的不等式.【解法2】由a+b+c=0移項(xiàng)平方得a2=(b+c)2,代入a2+b2+c2=12+,解得-b+c.故a的最大值是.【解法3】將a+b+c=0兩邊平方后得a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc=0,繼續(xù)消元,將c=-a-b代入化簡,并將含有b的式子分離到一邊,(2,2得2a2-1=-2b(a+b),而-2b(a+b)2×(|-b+a+b)|2=(2,2即2a2-1此時(shí)等號(hào)成立的條件是a=-2b=-2c), 所以a的最大值是.【點(diǎn)撥】對(duì)條件式平方﹐整體代入后消元﹐結(jié)合基本不等式轉(zhuǎn)化為關(guān)于a的不等式.【解法4】將a+b+c=0兩邊平方后得a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc=0,將c=-a-b代人化簡,得2a2+2b2+2ab-1=0,(2,22即2a2-1=-2b2-2ab=-2(|b+a)|2+(2,22【解法5】將c=-a-b代人a2+b2+c2=1,消去c得2b2+2ab+2a2-1=0,因?yàn)檫@個(gè)關(guān)于b的一元二次方程有實(shí)數(shù)解,所以Δ=(2a)2-4×2×(2a2-1)0,解得-a,所以a的最大值是.【點(diǎn)撥】利用已知條件代入消元﹐主元法結(jié)合判別式解決問題.【解法6】由a2+b2+c2=1,a+b+c=0,消去c得a2+b2+ab-=0,當(dāng)b<-時(shí),f,(b)<0;當(dāng)b>-時(shí),f,(b)>0.因?yàn)閒(b)=b2+ab+a2-有零點(diǎn),所以min=f0,所以-6,所以a的最大值是.【點(diǎn)撥】代入消元后﹐轉(zhuǎn)化為函數(shù)有零點(diǎn)問題.【解法7】由a+b+c=0得b+c=-a,平方代人a2+b2+c2=1,得b2+c2+bc=,即bc=(b+c)2-=a2-,可將b,c看作方程x2+ax+a2-=0的兩根,(2,333所以Δ=a2-4(|a2-1)|0,解得-6a6,所以a的最大值是(2,333【點(diǎn)撥】利用條件構(gòu)造以b,c為根的一元二次方程,利用其判別式解決問題.【解法8】將a+b+c=0兩邊平方后得a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc=0,不妨設(shè)abc=m,則a,b,c是方程x3-(a+b+c)x2+(ab+ac+bc)x-abc=20的三個(gè)根.設(shè)f(x)=x3-1x-m,下面求函數(shù)f(x)的零點(diǎn)的最大值.2=x2=-6時(shí),函數(shù)f的極大值點(diǎn)在x軸上,即m=-時(shí),a取得最大值.【點(diǎn)撥】-a2sin1-a2cosθ+1-a2sinθ=0,所以-a,所以a的最大值是.【點(diǎn)撥】【解法10】設(shè)a=cosθ,b=sinθcosφ,c=sinθsinφ,依題意可知a=cosθ>0,所以cosθ+sinθcosφ+sinθsinφ=0,所以cosθ+sinθsinφ+),|=0,【點(diǎn)撥】b2+c2,所以a22(1-a2),解得a2,所以-a,故a的最大值是.【點(diǎn)撥】構(gòu)造向量,利用向量數(shù)量積不等式解決問題.【解法12】用x,y替換b,c,則有x+y=-a,x2+y2=1-a2.點(diǎn)(x,y)同時(shí)滿足兩個(gè)式子,說明該點(diǎn)既在直線上,又在圓上.故圓心O到直線l的距離d不大,所以-a.當(dāng)直線l與圓O相切時(shí),a分別取得最大值和最小值.由此可知a的最大值是 .解賁名此安徽劉志勇【點(diǎn)撥】【解法13】設(shè)A(a,a2),B(b,b2),C(c,c2),則A,B,C三點(diǎn)都在函數(shù)y=x2的圖由題設(shè)易知三點(diǎn)不全重合.當(dāng)a,b,c互不相等時(shí),△ABC的重心為設(shè)BC的中點(diǎn)為,易得D, 當(dāng)b=c即B,C兩點(diǎn)重合時(shí),a的最大值是. 綜上可知,a的最大值為.【點(diǎn)撥】222考慮到求a=-(b+c)的最大值,所以$b,c$為負(fù)數(shù).原問題等價(jià)于:在△AB+AC的最大值.根據(jù)正弦定理得23所以AB+AC=-b-c=23,bc取得最大值,故a的最大值是.【點(diǎn)撥】消去a后﹐聯(lián)想到余弦定理的結(jié)構(gòu),構(gòu)造三角形,利用正弦定理解決問題.,所以a,當(dāng)且僅當(dāng)b2=c2時(shí),a取得最大值.【點(diǎn)撥】利用柯西不等式把條件式化歸為關(guān)于α的不等式.所以a21,所以a,所以a的最大值為.【賞析】本題的16種方法,總的來說分為六類:代數(shù)法、三角換元法、向量法、幾何法、柯西不等式法、等差中項(xiàng)法.其中代數(shù)法主要體現(xiàn)在消元,可以是均值不等式消元,也可以是判別式消元,主要體現(xiàn)在靈活的性質(zhì)化三元等式問題為一元不等式問題;柯西不等式法和等差中項(xiàng)法都是為了消元以實(shí)現(xiàn)最值的求解.學(xué)生要熟練掌握函數(shù)的最值問題,有選擇地使用各類方法.【例11】設(shè)a,b為正實(shí)數(shù),則的最小值為【解析】【點(diǎn)撥】分式分母換元后﹐利用基本不等式解決問題.【解法2】【解法3】令去分母得(2y-2)b2+(3y-2)ab+(y-1)a2=0（y≠1)于是Δ=(3y-2)2a2-4(2y-2)(y-1)a20 解得y2·2-2, 所以ymin=2·2-2.【解法4】【解法5】【解法6】1-t【解法7】【賞析】【解法1】將分母換元;【解法2】對(duì)分式通分,整體配湊;【解法4】是常數(shù)分離,構(gòu)造二次齊次式.三種方法雖然最終都是運(yùn)用均值不等式求解,但在構(gòu)造形式上明顯不同,體現(xiàn)了解題思想的多樣性和解題角度的靈活性.解澤3構(gòu)誥一次方程.枟用判別式求解:解汗5,解汗6,解汗7均是構(gòu)誥函數(shù),最后利用均值不等式求解.【解法3】構(gòu)造二次方程,運(yùn)用判別式求解;【解法5】、【解法6】、【解法7】均是構(gòu)造函數(shù),最后利用均值不等式求解.的取值范圍是()所以直線系的斜率為所以.故選D.【解法2】令線性規(guī)劃,用斜率型解答,如圖1-9),所以故選D.【解法3】所以-52x+y0,03y-4x5,根據(jù)線性規(guī)劃知識(shí),知A,C,D三點(diǎn)的坐標(biāo)分別為(2,-1),如圖1-10,所以的取值范圍是.故選D.【賞析】【解法1】采用整體代換,【解法2】、【解法3】結(jié)合條件,借三種解法都把問題化歸到斜率問題進(jìn)行求解.這些方法需要學(xué)生掌握靈活變形的技巧,化代數(shù)問題為幾何問題.【例13】記min{a,b}為a,b兩數(shù)的最小值.當(dāng)正數(shù)x,y變化時(shí)t=min則t的最大值為。 所以t22,則0<t2,所以tmax=2.【解法2】由題意可得t2x+y【解法3】由題意可得t2x+y令x=ky(k>0),則t2,進(jìn)而得t2k2-4k+2t2-20有正數(shù)解.設(shè)f(k)=t2k2-4k+2t2-2,因?yàn)閷?duì)稱軸>0,所以f,【賞析】三種方法都是利用最值的條件得到關(guān)于t的不等關(guān)系,只是【解法1】利用均值不等式實(shí)現(xiàn)最值的求解,【解法2】對(duì)分式進(jìn)行齊次化,換元構(gòu)造出均值不等式,【解法3】通過倍值換元,實(shí)現(xiàn)消元的目的,轉(zhuǎn)化為不等式求解.相比較而言,【解法1】、【解法2】較常規(guī),也容易想到,【解法3】是一種奇思妙解.【例14】設(shè)p>0,q>0且p3+q3=2,求證:p+q2.因?yàn)閜3+1+13p(1),q3+1+13q(2).兩式相加得p3+q3+43(p+q),因?yàn)閜3+q3=2,所以p+q2,當(dāng)且僅當(dāng)p=q=1時(shí)等號(hào)成立.思路一：假設(shè)p+q>2,則p>2-q,所以p3>(2-q)3=8-12q+6q2-q3,即6q2-12q+8<p3+q3=2,化簡得(q-1)2<0,與(q-1)20矛盾.假設(shè)錯(cuò)誤,所以p+q2.q22=p3+q3=(p+q)(p2-pqq2=(p+q)(p+q)2-3pq所以p+q2.【解法4】因?yàn)閜3+q3=,所以38,所以p+q2.【拓展】權(quán)方和不等式等號(hào)在ai=λbi時(shí)取得.【解法5】要證p+q2,即證(p+q)38,即p3+q3+3pq2+3p2q8=4(p3+q3),化簡可得p3+q3-p2q-pq20,即p2(p-q)+q2(q-p)0,(p-q)(p2-q2)0,(p-q)2(p+q)0顯然成立,得證.【解法6】令p+q=r,則p=rcos2q=rsin2則2=p3+q3=r3(cos6θ+sin6θ)=r3(cos2θ+sin2θ)(cos4θ-cos2θsin2θ+sin4θ)所以r38,所以p+q=r2.【解法7】因?yàn)?=p3+q3=(p+q)(p2-pq+q2),設(shè)p+q=t,則t,即t38,所以p+q=t2.【賞析】【解法1】是從對(duì)稱角度通過三元均值不等式,由三次式轉(zhuǎn)化為一次式,再利用不等式的同向可加性得證的,此方法求解主要體現(xiàn)了類比聯(lián)想求解的策略;解法3、7均是將p3+q3利用基本對(duì)稱式p+q,pq表示后再借助均值不等式pq進(jìn)行放縮得證,此方法屬于通法,學(xué)生易于掌握;【解法6】采取設(shè)值再三角換元,這樣處理易于溝通條件與欲證問題的關(guān)系,體現(xiàn)了由相等到不等的辡證轉(zhuǎn)化,但在三角函數(shù)恒等變形中對(duì)學(xué)生的計(jì)算能力要求較高;柯西不等式的推廣一一權(quán)方和不等式是處理這類結(jié)構(gòu)對(duì)稱問題有效利器,快捷方便,如【解法4】;反證法、分析法是證明不等式的最為常用的方法（如【解法2】,【解法5】）.2211a2,根據(jù)OA.OBOAOB(向量柯西不等式),a1b2222)2 a22 ,222由已知得a由已知得a2222時(shí)取等號(hào).【解法2】22設(shè)1b2=λ2a2,則a2=λa2 1λ2a2·1a221λ2a21a21λa2,,整理得a2(λ1)2=0,所以a=0或λ=1.2222【解法3】則cosasinβ+cosβsina=1,【解法4】設(shè)2222因?yàn)閤2+a22ax,b2+y22by,2【解法5】1a22, 2所以22【解法6】設(shè)P(x0,y0)是圓x2+y2=1上的任意一點(diǎn),則圓x2+y2=1在點(diǎn)P處的t線方程為設(shè)是單位圓x2+y2=1上的兩點(diǎn),2又點(diǎn)B在圓x2+y2=1上,所以點(diǎn)A與點(diǎn)B重合,【賞析】【解法1】利用向量不等式OA.OBOAOB及均值不等式,結(jié)合兩個(gè)不等式取等號(hào)的條【解法2】首先對(duì)已知條件進(jìn)行分析得出然后通過代換求值,進(jìn)而得到a2+b2=1.【解法3】、【解法4】利用換元法進(jìn)行證明,其中【解法3】,利用三角換元法進(jìn)行證明,兩角和與差求出a+β=,進(jìn)而得到a2+b2=1.【解法4】利用均值不等式進(jìn)行證明,結(jié)合取等號(hào)的條件得到結(jié)論.【解法5】利用代數(shù)式的恒等變形,將等式移項(xiàng)后整理,利用完全平方式得到b=11-a2,進(jìn)而得到結(jié)論.【解法6】利用圓x2+y2=r2在其上一點(diǎn)P(x0,y0)處的切線方程為x0x0y2及切點(diǎn)的唯一性得到a2+b2=1.1．已知函數(shù)f(x).x<2,若關(guān)于x的方程f(x)=kx(k>0)有且僅有四個(gè)根，設(shè)其最大值為t,則函數(shù)g(t)t2-6t+7的值域?yàn)椤！窘馕觥慨?dāng)0x<2時(shí),f(x)為圓(x-1)2+y2=1的上半部分(含點(diǎn)(0,0),但不含點(diǎn)(2,0)).如答圖1-1.象以此類推.當(dāng)直線y=kx與圓(x-5)2+ 1相切時(shí),k=,聯(lián)立,y2當(dāng)直線y=kx與圓(x-3)2+y2=1相切時(shí),k聯(lián)立,y2又t2-6t+7的對(duì)稱軸為所以min=g2．求函數(shù)g(x)=2-3x的最大值。.當(dāng)且僅當(dāng)2x=-3時(shí)，即時(shí)取等號(hào).3．已知函數(shù)的最大值是M,最小值為N,則M+N=。因?yàn)閒所以函數(shù)g(x)為奇函數(shù),所以g(x)的最大值與最小值之和為0,所以f(x)的最大值與最小值之和為2,即M+N=2.1,所以4x4x-x24sin2θ.4cos2θ=8sin2θ-4sin4sin2θ.4cos2θ=8sin2θ-4sinθcosθ,即為所求值域.7．求f的最大值,并求出此時(shí)k的值。令72k2-48所以原式可變?yōu)楫?dāng)且僅當(dāng)=時(shí)取等號(hào)，即t28．已知函數(shù)f(x)=x-·,若方程f(x)=b有且僅有兩個(gè)不相等實(shí)根,則實(shí)數(shù)b的取值范圍為。【解析】由f(x)=b可知x-·2x-x2=b，即·2x-x2=x-b與y=x-b有兩個(gè)不同的交點(diǎn).當(dāng)直線y=x-b與半圓y=·相9．函數(shù)f的值域?yàn)椤Ｋ?L2,.所以-1g(t)<4，所以f(x)的值域?yàn)閨「-12L2,.(2,sinx+cosx_______(2,sinx+cosx_______所以在上是單調(diào)遞誠函數(shù)，12.求函數(shù)f(x)=4-2x2+x·的最大值與最小值。則y=4-2sin2a+sina