奥运村-销售年终工作总结

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福建师范大学
现代远程教育毕业论文
题 目：
浅谈高中数学中最值问题的常用解题方法

学习中心： 灌 云 奥 鹏
专 业： 数学及应用数学
年 级（入学批次）： 201103
学 号：
2

学生姓名： 刘 明
导师姓名： 严 晓 明
2013 年 3月 15 日
1

浅谈高中数学中最值问题的常用解题方法

2 刘明 指导老师：严晓明

摘要： 最值问题是中学数学的重要题型之一。以最值问题为载体，可以考查中学数学的几乎所有知识 点，可以考查分
类讨论、数形结合、转化与化归等诸多数学思想和方法，还可以考查学生的思维能力、实 践和创新能力。解决最值问题，
从方法上来说，它常用到函数的单调性、二次函数的性质、数形结合法、 均值不等式法、导数法、换元法等等。本文就
高中数学的要求，结合一些典型试题进行分析和探讨，说明 其解题的思考方法和一般的技能与技巧。
关键词：高中数学 最值 解题方法



1、引言
在日常生活及科学实验中,常常遇到“最好”、“ 最省”、“最大”、“最小”、“最低”等问题。
例如质量最好,用料最省,效益最高,成本最低,利润 最大,投入最小等等,这类问题在数学上常常归结为
求函数的最大值或最小值问题，也就是最值问题.最 值问题是一类综合性较强的问题，其题型多样，解
法灵活，在高中数学中，最值问题涉及面广，像函数（ 三角函数，二次函数，指对函数，幂函数），不
等式，向量，解析几何，立体几何，圆锥曲线中都能找到 最值问题，在高考中，常以一些基础题，小综
合的中档题或一些难题的形式出现，是历年高考重点考查的 知识点之一，几乎每年的高考试题中都有出
现。
2、最大（小）值及其几何意义
一 般地，设
yf(x)
的定义域为
A
，如果存在
x
0
A
,使得对于任意的
xA
，都有
f(x)f(x
0
)
，那么称
f(x
0
)
为
yf(x)
的最大值 ，记为
y
max
f(x
0
)
；如果存在
x
0
A
,使得对于
任意的
xA
，都有
f(x)f(x
0
)
，那么称
f(x
0
)
为
yf(x)
的最小值，记为
y
min
f(x
0
)
.其几何意
义是：函数图象上最高（低）点的纵坐标。

3、求最值的常用方法
求解最值问题的方法很多，下面对求最值问题的常用方法进行总结并举例说明，它们是：二次函数
的性质 法、均值不等式法、导数法、三角函数的有界性法、函数的单调性法、几何法、换元法，利用各
类型的典 型例题，分析求最值问题的解题思路，以揭示其中的特征和规律。
3.1、利用“二次函数的图象和性质”求最值
b
，其性质是：①若
a0
,则二次函数所表示的图象开口向上，顶点是最
2a
2
)
，化为顶点 式即为低点，此二次函数的一般表达式是
yaxbxc
(a0,a、b、c为常数其对称轴是直线
x

b
b
2
4acb
2< br>4acb
2
ya(x)
时函数具有最小值，即当
x

时，
y
min

；②当
a0
时，
2a 4a
2a
4a
2

二次函数所表示的图象开口向 下，顶点是最高点，此时函数具有最大值，即当
x

b
时，
2a< br>4acb
2
[1]
。
y
max

4a
二次函数的性质主要用于解决求二次函数或 可化为二次函数的函数的最值问题，在解题时首先是利
用配方法将函数化为二次函数的顶点式，其次要注 意自变量的取值范围，注意利用图象来解。下面列举
常见的几种求值情况。
3.1.1对称轴在区间内
例1、求函数
y
【解】：
y 
3cosx2cos2x
的最大值和最小值．
31
cos2x3cosx12(cosx)
2

< br>48
1
要使
y
有意义，必须有
cos2x3cosx1
0
，即
cosx1
．
2
31
12
故 当
cosx
时，
y
max

；当
cosx< br>(或
1
)时，
y
min
0
.

42
84

点评：此题解法关键在于运用配方法，将根号里面表示 为二次函数的顶点式，同时要考虑顶点的横坐标
的值是否落在定义域内.
3.1.2对称轴在区间外

例2、若实数
x、y
满足3x2y6x.
求
x
2
y
2
的最大值和最小值.
【解】：∵
3x2y6x.
∴
2y6x3x0
，∴
0x2.

2222
22
3
2
119
x x
2
3x(x3)
2

.
2222
由于抛物线对称轴
x3
在区间[0,2]的右侧，
22
22
∴当
x2
时，
(xy)
max
4
；当
x0
时，
(xy)
min
0.

点评： 此题的对称轴在区间内，不能直接取
x3
，要利用函数单调性来解. 故
x
2
y
2
=
x3x
2
3.1 .3动轴定区间

例3、求函数
f(x)x
2
2ax1
在
x[0,2]
上的最大值和最小值。
22
【解】：∵函数f(x)x2ax1
(xa)1a.
∴对称轴为直线
xa
，
2
①当
a0
时，
f(x)
min
f(0 )1,f(x)
max
f(2)34a.

②当
0a 1
时，
f(x)
min
f(a)1a,f(x)
maxf(2)34a.

③当
1a2
时，
f(x)
min
f(a)1a,f(x)
max
f(0)1.
④当
a2
时，
f(x)
min
f(2)34a,f(x )
max
f(0)1.

点评：因为函数的对称轴
xa不确定，故需讨论
a
与[0,2]的关系，并结合二次函数的单调性来解。
2
2
3.1.4 定轴动区间
3

例4、已知函数
f(x)x2x3
，若
xt，t2
时，求函数f（ x）的最值。
【解】：∵函数
f(x)x2x3(x1)4.
∴对称轴为直线x=1.
（1）当
t21
，即
t1
时
22
2
f(x)
max
f(t)t
2
2t3
，< br>f(x)
min
f(t2)t
2
2t3
.
（2）当
tt2
1t2
，
2
2
即1t0时，f(x)
max
f(t)t2t3
，
f(x)
min
f(1)4

（3）当
t1
tt2

2
2
即
0
时，
f(x)
max
f(t2)t2t3
，
f( x)
min
f(1)4
.
t1
（4）当t>1时，f(x)
max
f(t2)t2t3,
f(x)
min
f(t)t2t3
.
设函数最大值记为
g(t)
，最小值记为

(t)
， 2

t2t3，(t1)
2

t2t3，(t0 )


则有
gt
，

(t)

4，(1t1)

()

2

t2t3， (t0)


t
2
2t3，(t1)

2
2
点评：本题由于对称轴x=1是确定的，所以只要根据对称轴x=1与区间[t，t+2]的 三种位置关系进
行讨论，就容易求出最值。
3.1.5一般结论总结：
一般来说 ，在利用二次函数求最值时，不单单像上面的几个例题，往往与其它知识结合在一起，
在求出关系式后， 再求值， 但是解题方法不外乎上面的几种，下面总结求二次函数
f(x)ax
2
 bxc(a0)
在区间
[s,t]
内的最小值和最大值的通法：
b2
4acb
2
当
a0
时，对
f(x)a(x< br>分类讨论，
)
2a4a
b

f(s)(s)
bst


f(t)()
2a


2a2< br>bb
f(x)
max



得
f(x)min


f(
，
)(st)
bst


f(s)()
2a2a

2a2

b< br>
f(t)(t)

2a


3.2、利用“基本(均值）不等式”求最值

基本不等式：
ab
ab(a0，b0，
当且仅当
ab
时等号成立）.
2
运 用基本不等式求最值,必须满足“一正、二定、三相等”这三个条件,缺一不可。“一正”是指各
项均为 正数；“二定”是指各项的和或积为定值（常数）；“三相等”是指不等式两边的等号是否能取
到以及等 号能取到的条件是两个项要相等.
变形及推广：（1）
ab2ab
；（ 2）
abc
3
abc
（
a、b、cR

） ；（3）
3
4

a
2
b
2< br>ab2

（
a、bR
）；（4）
a
1
 a
2
...a
n

n
aa...a.
(其中
ab
12n
11
22
n

ab
a< br>1
,a
2
,...,a
n
R

,且等号成 立的条件是
a
1
a
2
...a
n
）.
3.2.1基本不等式的直接应用
12
3x
的最小值.
x12
12
3x
≥
2
【解】：∵
x0,
∴由 基本不等式得
f(x)
3x
=12.
x
x
12
.
即
x2
时，
f(x)
min
12.
当且 仅当
3x
x
12
点评：解本题时，应注意
x0
和
3x36
为定值这两个条件，故可以直接应用；
x
例5、若
x0,
求
f(x)
3.2.2 变形后应用
12
3x
的最大值.
x
12
12
【解】：∵< br>x0,
∴
x0,
∴-
f(x)f(x)(3x)≥
2(3x)
=12.
x
x
12
.
即
x2
时，
f(x)
max
12.
即
f(x)12.
当且仅当
3x
x
例6、若
x0,
求
f(x)
点评：解本题时，要把
x0先化为
x0,
使各项为正数，再用基本不等式。
[2]

3.2.3凑定和
例7、当
0
时，求
y
的最大值
x(82x)
x4
【解】：由
0
知，
82
，
x4x0
112x82x
2

)8
222
当且仅当
2
，即x＝2时取等号。
x82x
所以当x＝2时，
y
的最大值为8。
x(82x )
点评：此题注意到
2
为定值，故凑上一个系数，构造一个“定和”，从而可利用基本 不
x(82x)8
∴
yx(82x)[28x·(2x)](
等式求。
例8、 求函数
y
的最大值。
2x152x (x)
1
2
5
2
x1与52x
【解】：注意到2
的和为定值。
y
2
(2x152x)
2
 42(2x1)(52x)
≤
4(2x1)(52x)
=8.
又
y0
，所以
0y22

x52x
当 且仅当
21
，即
x
故
y
max
22
。
3
时取等号。
2
点评：本题将解析式两边平方构造出“定和”，为利用基本不等式创造了条件。
3.2.4 凑定积
5

例9、 已知x
【解】：∵
x
15
，求函数
f(
的最大值。
x)4x2
4x5
4
5
，54x0

4
1
11
)3231

(54x)3
2(54x·
54x
4x554x
1
当且仅当
54x
，即
x
时等号成立。
1
54x
1
点评：由题意知
4
，首先要调整符号，又
(4
不是定值，故需对
4< br>进行凑
x2)·
x50x2
4x5
f(x)4x2< br>项才能使其积为定值。
2
x7x10
例10、求
y(x≠1)
的值域。
x1
22
x7x10 (x151)(x)44
【解】：
y

(x1)5x1x1x1
当
x
，即
x
时
101< br>4
y2(x1)·59
（当且仅当x＝1时取“＝”号）。
x1
当
x
，即
x
时
101
4
y52(x1)·1
（当且仅当x＝－3时取“＝”号）。
x1
2
x7x10
[3]
∴
y
的值域为
(
。 (x≠－1)
，19][，)
x1
A
点评：分式函数求最 值，通常化成
y
，g(x)恒正或恒负的形式，
mg()xB(A0，m0 )
g()x
然后运用基本不等式来求最值。
3.2.5整体代换----“1”的妙用
14

的最小值
x1 x
14141x4x
【解】：
[(1x)x]()5

x1xx1xx1x
4x
1x
0
,
0
， ∵
0x1
，∴
1x
x
1x4x1x4x
 2.4
则
x1xx1x
1x4x
1

当且仅当， 即
x
时取等号
x1x
3
1x4x
1
故当
x
时，取得最小值9
x1x
3
点评：此题分母
x
+（
1x
）=1，于是巧乘“1”，即乘以
[(1x)x]
，便可利用基本不等式。
ab


例12：求函数
y
的最小值(
a
、
b
R
)．
22
sinxcosx
ab
a(sin
2
xcos
2
x)b(sin
2
xcos
2
x)

【解】 ：
y


sin
2
xcos
2
x< br>sin
2
xcos
2
x
例11、若
xR
，且
0x1
，求
6

cos
2
xsin
2
x
ab 2ab.
cosxsinx
ab2ab
2

2
≥ < br>aabb
sinxcosx
22
sinxcosx
cos
2
xsin
2
x
a
2
b
当且仅当a
即 时，函数
y
min

ab2ab
tanx
22
sinxcosx
b
2222
点评：此题分母< br>sinx
+
cosx
=1，于是巧乘“1”，即乘以
sinx
+
cosx
，再利用基本不等式.
22
3.2.6拓展应用
例13、(1994全国高中数学联赛) 设
0



,则
sin
【解】: 由
0 



,有
sin
又∵
sin

2
(1cos

)
的最大值是_______。

2
0


2
(1cos

)2sin

2
cos
2

2
22sin2
cos
2

2
cos
2

2cos
2

2

2
)
3

43

9
3

1


2

cos
2
时,上式等号成立,即tan
2

时成立,故
sin(1cos

)
的最大值为其中当
2sin
222
22
43
.
9


2sin
2

2

2< br>cos
2

2(
3.2.7高考题中的运用

例14、（2011湖北理17）提高过江大桥的车辆通行能力可改善整个城市的交通状况．在一般情况
下，大桥上的车流速度
v
（单位：千米小时）是车流密度
x
（单位： 辆千米）的函数．当桥上的车流
密度达到200辆千米时，造成堵塞，此时车流速度为0；当车流密度不 超过20辆千米时，车流速度为
60千米小时．研究表明：当
20x200
时，车 流速度
v
是车流密度
x
的一次函数．
（Ⅰ）当
0x2 00
时，求函数
v

x

的表达式；
（Ⅱ）当车 流密度
x
为多大时，车流量（单位时间内通过桥上某观测点的车辆数，单位：辆小时）
f

x

xv

x

可以达到最大， 并求出最大值．（精确到1辆小时）
0x20,

60,

【 解】：（Ⅰ）易求函数
v

x

的表达式为
v
< br>x

=

1


200x
,20x200.


3
0x20,

60x ,

（Ⅱ）依题意并由（Ⅰ）可得
f

x


1


x200x,20x200.

< br>3
当
0x20
时，
f

x

为 增函数，故当
x20
时，其最大值为
60201200
；
1 1

x

200x


10000

当
20x200
时，
f

x

x< br>
200x



，

33

23

当且仅当
x200x
，即
x100
时 ，等号成立．
10000
所以，当
x100
时，
f
< br>x

在区间

20,200

上取得最大值． 3
10000
3333
综上，当
x100
时，
f< br>
x

在区间

0,200

上取得最大值
3
.
2
3.2.8 总结
7

由基本不等式知：（1）∵
ab(
ab
2
ab
2
).
（即和定
),
∴若和
ab
为定值，则
ab
有 最大值
(
2
2
积最大）；（2）∵
ab2ab,
∴若积
ab
为定值，则
ab
有最小值
2ab
；（即积定和最小） .所
以题型特征解析式是和时要求积为定值，是积时要求和为定值，有些题目，可以直接利用公式求解； 但
有些题目的条件不完全具备时，就必须进行必要的变形，灵活运用拆项、凑项、凑系数、平方等技巧，
使凑成“定和”或“定积”的形式。所以说到底，运用基本不等式，不管是什么样的技巧，就是“凑定< br>和”与“凑定积”的问题。

3.3、用“导数法”求最值
设函数
f

x

在

a,b

上连续，在

a,b

上可导，则求
f

x

在
a,b

上的最大值和最小值的步骤：
（1）求
f

x

在

a,b

内的极值；（2）将
f

x

的各极值与
f

a

，< br>f

b

比较，其中最大（小）的一
个是最大（小）值。
3.3.1在端点处取得最值
例15、求函数
f(x)xxx3< br>在
[3,3]
上的最值.
2'
【解】：∵
f(x)3x 2x1
，令
f(x)0
，解得
x
32
[4]

1
或x1
.
3
122
f()2
，
f(1)4
，
f(3)12
，
f(3)36

327
所以函数最大值为
36
，最小值为
12
.
点评：对于三次及三次以上的函数求最值，利用其他方法很难求得，通常导数法是最简便的方法。
3.3.2在导数不存在的点处取得最值
例16、求
f(x)
=< br>3
(x2x)
在[－1，3]上的最大值和最小值。
【解】：由题意得f(x)
=
4


22
x1
3
，令
3
f

(x)
=0得
x1
.
x2
2x
∵在定义域内不可导的点为：
x
1
=0,
x< br>2
=2 ，
f(1)
3
9,f(1)1,f(3)
3
9,
f(0)0
，
f(2)0


当x
=－1和3时，函数的最大值是
3
9
，当
x
=0或2 时，函数的最小值是0.
图1
我们不妨作出函数
f(x)
的图象（如图1），从图像上可以更清楚地看出这一结论.
3.3.3 在导数为0处取得最值
例17、（2011年江苏17）请你设计一 个包装盒，如图2所示，ABCD是边长为60cm的正方形硬
纸片，切去阴影部分所示的四个全等的等 腰直角三角形，再沿虚线折起，使得
ABCD
四个点重合于图
中的点P，正好形成一个 正四棱柱形状的包装盒，E、F在AB上是被切去的等腰直角三角形斜边的两
个端点，设AE=FB=x cm.
（1）若广告商要求包装盒侧面积S（cm）最大，试问x应取何值？
（2）若广告 商要求包装盒容积V（cm）最大，试问x应取何值？并求出此时包装盒的高与底面边长
的比值.

DC






图2
A
x
EF
x
B
3
2
8

【解】（1）根据题意有
S604x(602x)240 x8x8(x15)1800
（0以x=15cm时包装盒侧面积 S最大.
22222
2
(602x)22x
2
(30x)( 0x30)
，
2
'
'
所以，
V62x(20x)
，令
V0
，则
x
1
0
（舍去），
x< br>2
20
.
（2）根据题意有
V(2x)
2
''
因为只有一个驻点，且当
0x20
时，
V0
，
V递增；当20<
x
<30时，
V0
,
V
递减，所以， 当
x=20时，V取极大值也是最大值..
2
(602x)
1
2
此时，包装盒的高与底面边长的比值为

.
2
2x
即x=20包装盒容积V（cm
3
）最大, 此时包装盒的高与底面边长的比值为
'
1
.
2
点评：在实际问题中 ，有时会遇到函数在区间内只有一个点使
f(x)0
的情形，那么不与端点比较，
也 可知在此处取得最值。
3.4、利用“三角函数的有界性”求最值
在三角函数中，正弦函数与余弦函数具有一个最基本也是最重要的特征——有界性，即
对于< br>xR
，总有
|sinx|1
，
|cosx|1
，利用正 弦函数与余弦函数的有界性是求解三角函数最值的
最基本方法。
3.4.1“有界性”的直接应用
2cosx1
的值域
2cosx1
y1y1
1
,cosx1,1,
y3
或
y .
【解】：原函数变形为
cosx
2

y1

2

y1

3
例18、求函数
y
点评： 表达式中只含有同名、同角三角函数的，一般先化简，再利用“有 界性”去解，或者采用分离
常数的方法去解。
3.4.2化为一个角的三角函数
例19、求函数
y
cosx
的值域.
sinx3
【解】：由原函数可得：
ysinxcosx3y,

可化为：
y
2
1sin(x

)3y.
（其中
tan


1
）.即
sin(x
)
y
3y
y1
2
.

∵
xR,
∴
sin(x

)[1,1]
.
即
1

1.
解得：

2
y< br>2
.
故函数的值域为


2
,
2

.
y
2
1
44

44

b
即可.
a
3y
点评：当表达式中含有正余弦函数的一次式时，把它转化为一个角的三角函数。 应用课本中公式：
ya
2
b
2
sin(x

)
，其中
tan



9

例20、求函数
ysin2x2cosx
的最值．
【解】：< br>ysin2x2cos
2
xsin2xcos2x1
因为
|sin(2x
当
sin(2x
2
2sin(2x)1

4


4
)|1
，故

4
) 1
时，
y
max
21
；当
sin(2x

4
)1
时，
y
min
21
．
[ 5]

点评：当含有正余弦的二次式时，先利用倍角公式降幂，再化为上面的形式来解。

3.4.3 总结
在利用三角函数有界性求值时，特别要注意定义域的 范围，如上面的例18，若给出
x[

3
,

]
之
类的，此时
cosx[1,]
，而不是
[1,1]
，这一 点要特别注意；另外化为一个角的三角函数时，是
逆用两角和或差的三角函数公式，为了降低难度，减轻 学生的运算负担，通常情况下是提出2或
2
，
当然记住公式就更好了。
1
2
3.5利用函数的单调性求最值
当自变量的取值范围为一区间时，常用 单调性法来求函数的最值。若函数在整个区间上是单调的,
则该函数在区间端点上取到最大值或最小值。 一次函数
ykxb(k0)
当
x[m,n]
时，具有最值，
指数函数、对数函数在其定义域上都具有单调性。但须注意：函数单调性问题必须先在讨论定义域条件
下 进行。

3.5.1直接应用单调性求最值
例21、某工程队要招聘甲、 乙两种工种的工人150人，甲、乙两种工种的工人的月工资分别是600
元和1000元，现要求乙种 工种的人数不少于甲种工种人数的2倍，问甲、乙两种工种各招聘多少人时
可使得每月所付的工资最少？
【解】：设招聘甲种工种的工人为x人，则乙种工种的工人为
(150x)
人，由题 意得：

1
, 所以
0

50x2xx50
设所招聘的工人共需付月工资y元，则有：

y
（
0
）
600x1000(150x)400x1 50000
x50
因为y随x的增大而减小，所以当
x
时，
y
（元）
50
130000
min

x5
y2 log
3
x1(2x10)
的值域。 例22、 求函数
x 5
y2,y
2
log
3
x1
，
则
y
1
,y
2
在[2，10]上都是增函数
1
【解】：令< br>所以
yy
1
y
2
在[2，10]上是增函数
当 x=2时，
y
min
2
3
log
3
21
1
5
8
；
当x=10时，
y
max
2 log
3
933


1


8
,33


。
故所求函数的值域为：


3.5.2 先判断单调性，再求最值
例23、已知
x

0,


，求函数
ysinx
2
的最小值。
sinx
【解】：设
sinxt

0t1

,则y t
，在（0，1）上为减函数，当t=1时，
y
min
3
。
点评：此题为
sinx
1
t
a
型三角函数求最值问题，当 sinx>0,a>1时，不能用均值不等式求最值，适合
sinx
10

用函数在区间内的单调性来求解。
例24、
求函数
f(x)8xx
2
14xx
2
48
的最小 值和最大值。

8xx
2
0
【解】：先求定义域，由

得
6x8

2

14xx480
68x
xx6

又
f(x)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)23

x13
x2
的最大值和最小值。 ，
2
x2x52
x11

3

x,2

【解】：
x1


y
，

2
4

2


x1

4
x1
x1
41

1

令
f(t)t，
t

,1

.当
t
1
t2
1
时，有
t2

2

4
44
)
0

f(t
2
)f(t
1
)(t
2
t
1
)()
(t
2
t
1
)(1
t
1
t
2
t
2
t
1
例25、 求函数
y
f(t)t
y
min
4

1

117
在

,1

上是减函数，因此
f
min
(t)f(1)5
，
f
max
(t)f()

t

2

22
21

，
y
max


175
3.6利用几何方法求最值
有些代数问题条件中的数量关系有明显的几何意义，或以某种方式与几何图形相关联，则可以通过
作出与 其相关的几何图形，将代数问题的条件及数量关系直接在图形中表现出来，从而利用几何关系来
求解。
3.6.1利用直线斜率求函数的最值
4sinx1
例26、求函数
y
的最值.
3cosx6
1
1
4(s inx)
sinx
4
，令
u
4
. 【解】：函数变形为
y
3(cosx2)
cosx2

1则
u
可看成点
A(2,)
与单位圆上的点
B(cosx,sin x)
连线的斜率，
4
当直线
AB
为单位圆的切线时，其斜率为最大或最小.
设过A
点的单位圆的切线方程为
y
1
1
k(x2)
， 即
kxy2k0
.
4
4
则圆心到切线的距离为
从 而函数最大值为
1
2k
4
y
max
35
k2
,
解得
k
1
,k
2

. 412
1k
2
43
455
1
，最小值为
y
()
.
min
34
3129
3.6.2利用“两点间的距离”求最值
11

大家都知道：两点之间，线段最短。因此我们在求两线段之和的最小值 时，就可以考虑对称性、定
义等一些方法把它们转化为一条线段来求。
3.6.2.1通过对称性转化
求某些几何图形中的线段的和的最小值时，可采用轴对称变换 的方法将其中一条线段变换，进而把
两条线段合并成一条线段根从而求出最值。
例2 7、如图3，正方形
ABCD
的边长为3，点
E
在
BC
上， 且BE=2，点P在BD上移动，则点
P
在
BD
上，求
PEPC< br>的最小值是多少？
【解】：作
E
点关于直线
BD
的对称点
E
， 则
E
点在
AB
上，且
BE2,
PE
'
PE
.
又
PEPCPEPCEC.

（当
E、P、C
三点共线时取等号），

'
22
'
'
A
E'
B

D
'
''
'
P
E
C

所以PEPC
的最小值为：
EC
=
23
=
13
图3
3.6.2.2通过圆锥曲线的第二定义转化
例28、（2008年辽宁）已 知点
P
是抛物线
y
2
2x
上的一动点，则点
P< br>到点
A
(0,2)的距离与
P
到抛物线准线的距离之和最小值为多少？
1
（，0）
【解】：设
P
在抛物线准线的投影为
P
，
1
，抛物线的焦点为
F
，则
F
2
依抛物线的定 义,知
P
到该抛物线准线的距离为
PP
1
PF
，则点P
到点
A
（0，2）的距离与
P
到
117
17
[6]
dPAPFAF()
2
2
2

该 抛物线准线的距离之和，故最小值为.
22
2
点评： 结合定义，通过数形结合的思想把线段和的最值问题转化为对应两点的距离的问题。
3.6.2.3通过两点间距离公式转化
x
2
4x13x
2
10x26
的最小值．
0)
．
1)
，
P(x，
【解】：在平面直角坐标系内， 设点
M
（2，3），
N(5，
例29、求函数
y
则
y
即y≥5（其中等号在
M,P,N
三点共线时成立），

∴
y
min
5
．
点评：此题若用纯代数知识求解，则比较麻烦，但联想到利用两点间的距离公式，就会茅塞顿开． (x2)
2
(03)
2
(x5)
2
(0 1)
2
MPPN≥MN
(52)
2
(13)
2
5
，
3.6.2.4通过构造直角三角形转化
例30、 使
x4(8x)16
取最小值的实数x的值为_________。
【解】：作AC⊥AB，BD⊥AB，且AC=2，BD=4，AB=8，如图4所示
则PC =
x4
，PD=
(8x)
2
16
。于是，

(如图5）由“两点之间线段最短”的性质问题可转化为：在线段AB上找一点P，使得PC+PD最短 ，
2
22
12

知，当点P、C、D共线时，PC+PD最短，即原式取最小值。
此时，易知△APC~△BP
18
PAAC21

， 从而PA=AB=。
33
PBBD42
8
故原式取最小值时，
x
。
3
∴
D
A
C
X
P
8-X
B
E
2

图4
点评：通过观察不难发现，题设条件中有明显的几何意义。即可将
x4
、(8x)
2
16
分别视为
x、2和（8－x）、4为直角边的直角三 角形的斜边，进而构造如图所示的几何图形。
3.6.3利用“垂线段最短”求最值
在一些几何问题中要求线段、周长、面积最小值时，可通过把相关线段特殊化，化为垂线段，根据
垂线 段最短的性质从而得解。
例31、边长为a的菱形ABCD中，∠DAB=60°，E是AD 上异于A、D两点的一个动点，F是
CD上的动点，且满足AE+CF=a，如图5。
（1）证明：不论E、F怎样移动，△BEF总是正三角形，

D
E
A
F
C
（2）求出△BEF面积最小值。
B

【证明】：（1）连结BD，可证△BED≌△BFC， 图5
易得∠EBF=60°，且EB=BF，故△BEF为正三角形。
（2）由于△BEF面积大小是由BE边所决定，
根据垂线段最短，当BE⊥AD时，BE最短，这时E为AD中点，
因此，为所求最小值。
S
△
BEF
=
3
2
33
2
33
BE
2
a)
=×
(
a
2
44
16
3.7换元法
换元法又叫变量替换法，即把某个部分看成一个式子，并用一个字母代替，于是使原式
变得简化，使解题过程更简捷。用换元法时，要特别注意中间变量的取值范围。常用的换元
法有代数换元法和三角换元法。
3.7.1代数换元法
13

例32、求函数
yx2x
的最值。
【解】：设
x2t
，由定义域知
t0
，代入得
yt2
t2(t)
2

1
2
7
.

4
19
7
，即
x
时，
y
max.

24
4
222
例33、已知
xy za
（
a
为常数），求
uxyz
的最值。
aaa
【解】：令
xt
1
,yt
2
,
则
zt
1
t
2
.

333
aaaa
2
a
2
222222
∴
u(t
1
)(t2
)(t
1
t
2
)(t
1
t2
)t
1
t
2
.

33333
a
2
.
当且仅当
t
1
t< br>2
0
，即
xyz
时，
u
min
3
∴当
t
3.7.2三角换元法
x
2
y
2
1
，上,求
xy
的最大值。 例34、(选修4-4中有这样 的问题):点
P(x,y)
是椭圆
3

x3cos
【解】：设椭圆的参数方程为

，

ysin

x y3cos

sin

2sin(

)
则
6
，
又∵
sin(




6
)

1,1

，∴
xy
的最大值为2，最 小值为-2。
2222
例35、实数
x
、
y
适合 ：
4x5xy4y5
，设
Sxy
，则
【解】：令
x
1
S
max
S
min
+
1
=____
Scos

，
ySsin

，则
4S5Sco s

sin

5
.
55

S5
45sin

cos

4sin2

2
510510

；当
sin2

1
时，
y
min

． 当
sin2

1
时，
y
max

55
133
44
22
11313 8
[7]

． ∴
S
max
S
min10105
点评：通过换元变形为含正弦函数的解析式，再利用正弦函数的值域来求最大值。
4、 小结
本文仅介绍了几种中学数学中常用的求最值问题的方法，当然远远不止 这些，还有如判别式法、配
方法、复数法、向量法、复合函数法等等。一道题目里面，有时也是几种方法 并用（如例32，既用到
换元法也用到配方法），因此不能把它们割裂开来。中学数学最值问题具有很大 的灵活性，关键是要找
准正确数学思想方法为指导，切入问题的关键，建立合适的解决问题的数学模型， 理解解题的实质，掌
握探求解题途径的最佳方法，从而把问题由难转化为易，由复杂转化为简单，从而使 问题得到更好的解
决。


参考文献：
14

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[2]石立坤 赵春梅.教材精析精练[M].人民教育出版社，2009年版 45-48.
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15