PAGEPAGE1微專題一多元變量的最值問題[閱歷共享]在數學中常常遇到求含有多個變量的最值問題，此類題目題型眾多，解法也許多，學生在面對含有多個變量的問題時，最大的困擾是不知從何處入手．對于中學生，主要駕馭的是一元變量的最值問題．因此，解決多元變量的最值問題，減元是常見的方法．一、代入減元例1設x，y∈R＋，且2x＋8y－xy＝0，求x＋y的最小值．解由2x＋8y－xy＝0得y＝eq\f(2x,x－8)，因為x，y∈R＋，所以x>8，所以x＋y＝x＋eq\f(2x,x－8)＝x＋eq\f(2x－8＋16,x－8)＝x＋2＋eq\f(16,x－8)＝(x－8)＋eq\f(16,x－8)＋10≥2eq\r(x－8·\f(16,x－8))＋10＝18，當且僅當x－8＝eq\f(16,x－8)，即x＝12時，取“＝”號．所以，當x＝12，y＝6時，x＋y取得最小值18.點評此題是一道學生常常見到的求多變量最值的試題，雖然此解法不是最優的解法，但可能是學生比較簡潔想到的解法．它的優點是由前面的等式可以得到y＝eq\f(2x,x－8)，代入x＋y中，從而使二元變量變為一元變量，從而達到解題的目的．二、等量減元例2設正實數x，y，z滿意x2－3xy＋4y2－z＝0，則當eq\f(xy,z)取得最大值時，eq\f(2,x)＋eq\f(1,y)－eq\f(2,z)的最大值為()A．0B．1C.eq\f(9,4)D．3答案B解析由已知得z＝x2－3xy＋4y2(*)則eq\f(xy,z)＝eq\f(xy,x2－3xy＋4y2)＝eq\f(1,\f(x,y)＋\f(4y,x)－3)≤1，當且僅當x＝2y時取等號，把x＝2y代入(*)式，得z＝2y2，所以eq\f(2,x)＋eq\f(1,y)－eq\f(2,z)＝eq\f(1,y)＋eq\f(1,y)－eq\f(1,y2)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,y)－1))2＋1≤1.點評此題是2013年山東高考理科第12題，作為選擇題壓軸題，其難度在于如何尋求多元變量x，y，z之間的關系，進而達到減元的目的．其實，由eq\f(xy,z)變到eq\f(xy,x2－3xy＋4y2)就已經應用到了代入消元，再由eq\f(xy,x2－3xy＋4y2)變到eq\f(1,\f(x,y)＋\f(4y,x)－3)仍舊用到了整體消元的思想(把eq\f(x,y)當做整體)，從而尋求到了eq\f(xy,z)取最大值時變量x，y，z之間的關系．最終由eq\f(2,x)＋eq\f(1,y)－eq\f(2,z)變到－eq\f(1,y2)＋eq\f(2,y)應用到了x，y，z之間的等量關系進行減元，從而達到求出最值的目的．這是一道典型的利用減元的方法求多元變量最值的例題．三、換元減元例3已知θ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，不等式2sinθcosθ＋sinθ＋cosθ－m＋1≥0恒成立，求實數m的取值范圍．解原問題等價于：當θ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時，不等式m≤2sinθcosθ＋sinθ＋cosθ＋1恒成立．令y＝2sinθcosθ＋sinθ＋cosθ＋1，θ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，即求函數的最小值．令t＝sinθ＋cosθ＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))，因為θ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以θ＋eq\f(π,4)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(3π,4)))，所以t∈[1，eq\r(2)]．又2sinθcosθ＝t2－1，所以y＝t2－1＋t＋1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(1,2)))2－eq\f(1,4)，當t＝1(即θ＝0)時，ymin＝2.故m≤2.θcosθ與sinθ＋cosθ的關系，通過換元很奇妙的將變量完善統一起來，達到減元的目的．四、整體減元例4已知函數f(x)＝xlnx－eq\f(a,2)·x2－x＋a(a∈R)在其定義域內有兩個不同的極值點．(1)求a的取值范圍；(2)設兩個極值點分別為x1，x2，證明：x1·x2>e2.解(1)0<a<eq\f(1,2)，過程略．(2)由題設有f′(x)＝lnx－ax，故x1，x2是方程lnx－ax＝0的兩根，即lnx1＝ax1，lnx2＝ax2，不妨設x1>x2>0，則由以上兩式分別相加和相減得：ln(x1x2)＝a(x1＋x2)，lneq\f(x1,x2)＝a(x1－x2)．消去a得ln(x1x2)＝eq\f(x1＋x2,x1－x2)·lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1,x2))).又因為要證x1·x2>e2成立，故只需證ln(x1x2)>2，即只需證eq\f(x1＋x2,x1－x2)·lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1,x2)))>2，即證lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1,x2)))>2·eq\f(x1－x2,x1＋x2)，即只需證lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1,x2)))>2·eq\f(\f(x1,x2)－1,\f(x1,x2)＋1)，令t＝eq\f(x1,x2)>1，則上式為lnt>2·eq\f(t－1,t＋1).構造函數g(t)＝lnt－2·eq\f(t－1,t＋1)(t>1)，則g′(t)＝eq\f(t－12,tt＋12)>0，所以函數g(t)在(1，＋∞)上單調遞增，所以g(t)>g(1)＝0，即不等式lnt>2·eq\f(t－1,t＋1)成立．故x1·x2>e2.點評此題屬于難題．由證明的結論可知，結論中沒有參數a，故首先須要先消掉參數a.故由lnx1＝ax1，lnx2＝ax2變形后再消去a，但是也不能就這兩個式子簡潔地消掉a，