最值求法及应用

1、解法1、函数的代数和化为一个三角函数讨论，即y Asi n x BcosxA sin xVa2 b2B22cosx) A2B2 sin(x高考数学题中最大值、最小值的求法及应用高考数学题中求最大值和最小值问题是经常出现的，分析其并归类总结有助于迅速地解答考题。三角函数类求最大值和最小值问题及应用，其方法是将三角例1、当函数y sinx 73cosx ( 0 xv2 )取得最大值时，x解答:2(sin x 乜 cosx) 2sin( x ),max y 2, xmax y 2,x223sin x 3 cosx2g( cosx sin x) 2cos( x2 2例2、在° ABC中，已知

2、内角A边BC 2。设内角B x，周长为y ,(1)求函数y f(x)的解析式和定义域；(2)求y的最大值解 ：(1) A B由正弦定理，ACC , A , 0 B32、空.sinx =BC sinB = sin A4sin xABy AB AC BCBC sin C sin A4si n4si n(x) 4sin x 2 3(0-cosx21-si nx sin x22,3.3 .in x24 3 sin x当x ,即x -时y取得最大值,最大值为八3. 6 23例 3、为了得到函数 y sin（2x ）的图像， 图像（）（ A ）向左平移个长度单位（4单位（ C ）向左平移个长度单位解：考虑

3、取最大值时，X2)25令 26x只需把函数y sin（2x ）的 3 6B）向右平移一个长度4向右平移个长度单位2- ，又令 2x 则12 6 2选（B）（D则xX1 X26 12例 4、函数 y cos(2x),(-与函数 y sin(2x32向右平移 - ，4的图像向右平移 .2 个单位后，解：令 sin（2x又令 cos（2x.3）的图像重合，合，1，2xXi,（ 考虑取最大值 ）12)1, 2x0, X22 , （向右平移）xz xz12 7212例 5、设函数 f x cos x2 12 ，0 ，将长度后，所得的图像与原图像重合，则o6f（x）的图像向右平移§个单位的最小值

4、等于（ C ）(B)（ A ）3解答：考虑 y cos x 的最大值，(C) 6(D) 9cos (x1, x 0 cos 1 ,例 6 、若动直线3x a 与函数 f （x）cos x 1 ,x= 0 ,sinx 和 gx）M，N 两点，贝U MN 的最大值为(A) 1(B) 2(C)解答 : MN =| f(x) g(x) | |sinx cosx| J2sin(x2，故选 (B)），36,故八选CO2 ,3cosx 的图像分别交于(D)a - 时取4最大值 、2 . 即 sin - cos-4 4例 7、 ABC 的内角 A, B,C的对边分别为 a,b,c，已知 a bcosC csi

5、nB1）求 B ；（ 2）若 b 2，求 ABC 面积的最大值。解法1 :由已知及正弦定理 亠丄亠sin A sin B sin C得 sin A sin BcosC si nCsinB又 A (B C) si nAsin( (B C) sin (BC)由两角和公式可得： si n(B C)sin BcosC cos BsinC由，两式可得 sinBcosB, tan B 1*解法2:由题意得：a bcosC csin B又由三角函数知识可知abcosC ccosB由，两式可得:B 一4sin B cosB,b sin A sin B sin Ca 2 . 2 sin A, c 2 2 sin

6、 C(2)解:SABCabacsi nB 2 2 si n As in C2A B)S ABC2、一 2 sin Asin( 34A) 2,2 sinA( AcosA2sinAA)22sin2A 2sin AA 3 . '8 时 ， S ABC 的最大值为.22、利用均值不等式b* 2ab,2ab,(a 0,b0)成立a b，2, a2,(a 0)等求最大、小值，并证明一类不等式例1、 ABC的内角A, B,C的对边分别为 a,b,c ,已知a bcosC csinB若b 2，求ABC面积的最大值。解：由1的例5,解得B 4, sin B 2 2 ,ABC的面积 S - acs in

7、B - ac24由已知及余弦定理得：42accos -，又 Q a2 c2 2ac, 4 2ac、2ac24 晅 厂 lacsabc 4 2.2 汽(2 血逅 1ABC面积的最大值为2 1例2、已知AC，BD为圆0 : x2+ y2= 4的两条相互垂直的弦，垂足为AM (1, ,2)，贝y四边形ABCD的面积的最大值为_5 解：四边形面积11S BD AM BD MC221 丄 BD AC2即求AC >BD最大值设E , F分别为AC , BD中点，则有OE2 OF2 OM 23 , OE2 AE24 , OF2 + BF 2 = 4贝 S OE2 OF 2 AE2 BF 28 , AE

8、2 + BF 2 = 51 1 2 2 1 2 2S BD AC (BD AC ) (4BF 4AE )544例3、设椭圆中心在坐标原点，A(2,0), B(0,)是它的两个顶点，直线y kx(k 0)与AB相交于点D，与椭圆相交于E、F两点.(1)若EED 6甜，求k的值；(2)求四边形AEBF面积的最大值解：(1 )过A(2,0) ,B(0,1)的椭圆方程一y2 14直线AB方程X 2y 2 , ef的方程y kx设 D(xo , kxo), E(x i , kx i), F(X2 , kx2)其中Xi X2 , X。2kXo2则 X0 忌,* 需小又X- k1 , (1 4k 2)x2o

9、42X2X1v'1 4k2由 ED 6DFXo X1 6(x2Xo) Xo1(6x2 X1)5 X221 2k；a24k2-25k 6 0 k 3/8-k 2/37V14k2(2)设A到ef的距离为B至u EF的距离为h2,贝uef 、4x2 4k2x22 1 k2hi，则 hi 2k/ dk2 ,1/ .1 k2 ,1或 EF.1 k2 X22 2k 12(2k 1)? 1 4k2.1 k24k22、2, (2 k 1)21 4k24k四边形AEBF的面积为：1221 k2S 2EF(h1 h2)2 1 4k2 4k 2 1 4k:1 4k2: 1 4k2解法二：由四个三角面积之和Q

10、QQS BOF S BOE S AOF° AOEOB X2OB (Xi)OAy21-OA( yi)11( X2 Xi)2 2(y2 yi) X22y2X 2y2)24y； 4X2y2 xf 4y ；x； 4y ；, 2(xf 4y；)2 2X2 4y2 4x2 y2,当X2 2y2时，即k 2时，等式成立，最大值为2 2.3(ab bc ca) 1,即ab1 bc ca.3222证明1 : Q a K b2a,bcc 2b,a 2 c,bca2 22a bb cc(a bc) 2(a b c),a2 .22即丄bca b c,bc2,2 2a b c , b c aa1.所以，a2

11、b2 c21 (2ab 2bc 2ca),5分7分10分例4、设a,b,c均为正1 证明：数，(1)ab1bc ca ；3 ；2c1a(1)证明：由 a2 b2 2ab,b2c2 2bc,2小a 2ca,2 2 2bc ca,a b c ab由题设得(a b c)21,即 a2 b22c 2ab 2bc 2ca 1,证明 2: Q(a b c)21,2 .22abc(a b c)()b c a,2b3a 2 a c ba aba3 e2b E 丁 J b aa2e b3 2 a2ebea3 e2bb3 b e i bb32b ee2ae,2ab,2be,a b e 2ab 2be 2ea (a

12、 b e) 1 b ee2b22222.2 2即a_丄i.b e a10分例5、已知抛物线X2 4y的焦点为F , A、B是抛物线上的两动点，且 AF FB(0 )，过B两点分别作抛物线的切线交于点证明FM，AB为定值，设Sabm f()，求其表达式及最小值。证明：设A(Xi ,yj ,则过A点的切线方程为B(X2 , y2),Xi(x 2( yiy2X2(x1 2 1y -x， y -x，4过B点的切线方程为x)，即 y - xx -x224(1)联立方程(1)( 2)，得xXiX22Xi ,iX2)，即XiX2，4yi)化皿i)y - X2X - x|则有XiX2i yi(y2 i)，解之

13、得yiy，ixi X2FMxiX22，2)，所以，FMi AB(xi X2)( xi X2)2又由 FM ABSabm -AB FM2AB1 yi 1y2124，FM/XI X2(2)2 ( 2)2 F(0,1)，AF FB，S ABM 2 4 2 4，即 min S ABM 4。因为yi i x24y21 2.X2有:2X2从而Xi 亠M(产 i)AB2(yi(X2 Xi,y2 yi)y2)2，再由抛物线的性质1 2(Xi X2) 2( Xi42 i 2-X|) o4XX2 423、有一类求最大、小值问题往往是由特殊图形、特殊函数或特殊形式构成，若能大胆预测其形式，出奇制胜，会起到事半功倍的

14、效果。例1、设函数f X Esinx的最大值为M，最小值为m，则x 1X2 1'x2 1称，其最大、小值之和为0, Mimi 0，贝y M m 1+M 1 1 mi 2。例2、已知AC, BD为圆O: x2 + y2 = 4的两条相互垂直的弦，解：f x 1害叮，由于竺用为奇函数，关于原点对垂足为M(1,.2)，贝U四边形ABCD的面积的最大值为5解：设E， F分别为AC， BD中点1 1 2 2S -BD AC -(BD AC )，4，等式成立AC BD OE OFOM巧OFOM sin45° 房,AE2BF2R2OF 2-，AE2+ BF2:=52max SYabcd八(

15、BD2AC2)-(2BF)2(2 AE)2 AE则OEMF为正方形，(若能预测可简化计算)3BF2例3、 ABC 的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知a bcosC csinB ， 若b 2，求 ABC面积的最大值。maxS abccot 8昭32ta n3 81 ta n28 12tan 38maxS abc1bhtan A底边边长固定，顶角固定的三角2tan 8tan11。J2 12,A i( 4)解：由1的例5,解得B 4,形面积最大时一定是等腰二角形,tan2g 8 1 12: ； 2%taO2ta n，1 0ta n 工 2 18 8 8斤亠亠 一T小uuu uuu例 4、在

16、 ABC 中，已知 AC b 2,AB CB 1,贝廿 maxS abc、2解：设 A(0,0), C(2,0), B(x,y)，贝V :uuuuuuAB (x, y),CB (x 2,y) ABLLUDuuu o rCB x2 2x y21，即(x 1)2y2 2当 x 1 时，maxy、2max SABC注意当x 1时，ABC是等腰三角形，底边上的中线即为底边上的高， AC b 2, AB CB 1 时，maxS abc 罷，uur uuuuur uuuAC b 2, AB CB 0 ， max S abc 1， AC b 2, AB CB 2 ，maxS abc .3，依此类推，并可推广

17、到底边改变的情形。1 例5、设向量a i、b、c满足a lb1， a bo-，a c,b c 60 o，则c|的最大值等于(A)(a)2(B)(C )运(D)1V3解答1由alb1a b -a b a bcos,b)cos(?, b)1(?,b)2,120o1方法一：由四点共圆，当ADCABC 90 o， c取最大值，c最 大值为2,此时AC为圆直径，可作图表示，故选( A)。方法二：取a,b夹角的平分线，及a c,b c的夹角平分线，则 为(D )四边形分为二个直角三角形， maxc 2，可作图表示，故选(A)y x例6、若变量x,y满足约束条件 x 2y 2，则z x 3y的最小值x 2(

18、A) -2(B) -4(C) -6(D) -8解：依题意，X取最小值，y取最大值，x 2, x 2, x 2y 2, y 2最小值点(-2,2) , min 8选(D)或 由图解法，考查可 行域三个顶点(-2,-2 )(2/3 ,2/3)及(-2, 2),最小值点(-2，2) min 8选(D)例7、已知棱长为1的正方体ABCD ABiCD中，点E,F分别是BBi,DDi上的动点，且 BE D1F(01/ 2)，设EF与AB所成的角为，与BC所成的角为，则 的最小值是()。x轴的正半轴重合，且长度单位相同，直线I的极坐标方程为(A) 6(B) 3(c)2 ( D)令解：作 EG/BA，贝 H

19、FG .1 (1 2 )2. 4 2 42tan.4 2 42令f()4242 f ()84012 ,tan1 tan ,故 min()2，选(C)。或用特殊值法,由已知的取值范围令0,tan.2 142 5 J ，取12,.4即得。例&已知极坐标的极点在平面直角坐标系的原点0处，极轴与10-2 si n( 4),动点 P(2cos ,2sin 2),参数 0,2求(1)点P轨迹的直角坐标方程，(2)点P到直线I的最大距离解x 2cos , y 2s in2,0,2解：(1)2 2 2 2x y 4cos4s in 8s in 4 4(2si n 2) 4y或：x2 (y 2)24，为

20、点P的直角坐标方程，即是一圆心为(0,2)，半径为2的圆(2)由题意，、2 sin( 4) sin cos 10直线I的直角坐标方程为：y x 10，或为：x y 10 0 圆心(0,2)到直线I的距离为：di卩厂2叫W2 ,1TFT故点P到直线I的距离最大值为4匹24、利用导数求函数的极值、最值，并证明一类不等式。例1、一直正四棱锥S ABCD中，SA 2. 3，那么当该棱锥的体积最大时，它的高为(A) 1(B)(C) 2(D) 3解：设AB X,则AOSO .23 21x2 212273/ I '/ 丄1V X 2? L3? 21 4 “ V x (12 91 48x39V21 2

21、x21 2、x ) 23x5或用选项求正四棱锥(12x4 丄屮)9220， x16， xS ABCD的体积,SO选(C)22 3，(A) h SO 1,SA 2、3, AO . 11, AC 2.11, AB ,22,V同理可得(B)V 6 3,(C) V =32/3,(D) V =6,选(C)例2、等差数列4的前n项和为Sn，已知S100,S1525，则nSn的最小值为()解：由于Sn是n,n2的函数，设 Sn An2 Bn,100A 10B0,10B10A,S5225A15B25 ,nSn 1 3 n10 2n ,设f(x)33x弓取最小值n6,n7,-7Sy1 -497 1104933例

22、3、已口函3y x3xc的知数1 9(A)2或2(B)或45A 3B 5, A -,B?x 2,f(x) x36S6-36 6310333220x 0 ,36 64849则nSn的最小值为49图 x轴恰有两个公共点，则c 像-3(C)1 或 1(D) 3 或 1解答：依题意图像与x轴恰有两个公共点，则或极大值为零，或极小值为零，则 y=3x2 3=0，X1= 1， X2=1，为二1是极大值点，极大值y( 1)1 3 c 0，则c 2X2=1是极小值点，极小值y(1) 1 3 c 0，则c 2，选(A )。2例4、已知函数f(x)坐7,x 0,1，则f (x)的值域为4, 32解：f(x) 4x

23、 16x 7 (2 x)271f(0)-, f(1)3, fH)22例5、(I)设函数f (x)2 x(2x(J2:7) 0，得 X1 1x2 2 ,(舍去(2 x)224 , max f 3.min f 4. f(x)的值域为 4, 3。ln(1 x)，证明：当x >0 时，f (x) > 0；x 2(n)从编号1到100的100张卡片中每次随机抽取一张，然后放回，用这种方式连续抽取 20次，设抽得的20个号码互补相同的概率为 p。证明：p <(10) 19< e解: ( 1)、f'(x)当 x 0 时，f'(x) 0，(x 1)(x 2)2所以f(x

24、)为增函数，又因为f(0) 0所以，当x 0时，f(x) 0100 99(2 ) P81a b 2. ab ab可得99 81902,9882902,91 8929019所以910由(1)知：当xln(1,因此(1x)在上式中，令x则191谭2，即10919e2所以P19910(1 )的第二种解法要证当x只需证明令 g(x)(：再令h(x)所以当又 h(0)-0 时，f (x)ln(1 x)2x 0x 2,只证 ln(1 x)(x 2)l n(1 x)2x 0.x 2) ln(1 x)2x，贝U g'(x) ln(1xx) cg'(x) ln(1x) 1x,1 x则 h'

25、;(x)x(1 x)20 时，h'(x)0，故当x 0时，h(x)是增函数，是最小 值，所以当：x 0时，g (x) h(x) h(0)x002x才进一步ln(1x)所以当因此当0时，0时,g(x)也是增函数,又g(0) 0是最小值g(x)g(0)即(x 2)l n(1 x) 2x 0由此可知当x 0时,f(x)例6、设函数f (x) 1证明：当x>1时，f(x)(U)设当x > 0时，f (x) < x 一，求a的取值范围 ax 1(I )解法1：当x 1时，f (x)，当且仅当ex 1 xx 1令 g (x) ex则 g (x)ex 1当x 0时，g(x)0 ,

26、g(x)在】0,)是增函数当x 0时，g(x)0 , g(x)在(,0是减函于是g(x)在x 0处达到最小值 数即ex1)f(x) x因而当x R时，g(x) g(0)包当x 1时，f (x)x 1解法2： Q当x 1时，f(x)(x 1)(1 e令 g(x) (x 1)(1xxe e则 g (x) e x xexxeg(x)在(1,0:是减函数g(x)在:0,)是增函数故:g(x) g(0)0,二 f(x)(II )由题设x 0，此时f (x)0时，若x 1，贝y 0, f (x)亠不成立a ax 1ax 10 时，令 h(x) axf (x) f(x) x，贝 yf(x)当且仅当 h(x)

27、 ax 1h(x) af (x) axf (x) f (x)af (x) axf (x) ax f (x)1当0 a 2时，由知：x (x 1)f(x)h (x) af(x) axf(x) a(x 1)f(x) f(x)(2 a 1)f (x)0h(x)在:0,)是减函数，故 h(x) h(0) 0,即 f(x) (ii)当 a 1 时，由(i)知x f (x)2xax 1h (x) af (x) axf (x) ax f (x)af (x) axf (x) af (x) f (x)(2 a 1 ax) f (x)综上仞A时，h (x) 0 ah(x) h(0)0,即：f (x)a的取值范围是

28、吧xax 1设函数f(x)= x2 * *+ aln 1 + x有两个极值点,x?，且花x?.)求a的取值范围，并讨论f(x)的单调性；(n )证明:121 n 2f(X2)4解： (I )由题设知，函数f(x)的定义域是x 1 ,X(1, X1)X1(%2)X2(纠f '(X)+0-0+f(x)极大值极小值且 f '(x).1 2a1.1 2a且x1% 厂1,故 a 0.因此a的取值范围是(0，2).当x变化时，f (x)与f (x)的变化情况如下表2x2(1 X2)因此f(x)在区间(1,xJ和(X2,)是增函数，在区间(0X2)是减函数.(II )解法1 :由题设和0知-

29、X2 0, a2于是 f(X2)Xf 2x2(1 X2)l n(1 X2).设函数 g(t) t2 2t(1 t)ln(1 t),贝 Sg (t)2(12t)l n (1 t).1 时，g (t) 022,0)时，g (t)于是，当t(2,0)时,因此f (X2)gg解法2:X21设 f(X2：)g(a)(4.1 2a2g(t) g( 2)1 2ln 240,故g(t)在区间丄,0)是增函数.21 2ln 24g'(a)所以)2 al n(12112a)21 2a 1| (1 心 2a)2- |n( 2 )1 2a(11 2a)i/1ln(1 2ag(a)在(0,)单调递减，211 2

30、l n2g(a) g(-)设 f(a) 1x3 (1 a)x2 4ax 24a,4其中常数g (a)所以例8(1 )讨论f(x)的单调性;f(X2)a 1. 3(2)若当x 0时，f (x) 0恒成立，求a的取值范围.解：(1) f (x) x22(1 a)x 4a (x 2)(x 2a)由a 1知，当x 2时，f (x) 0, f (x)在,2上是增函数；当2 x 2a时，f (x) 0,f(x)在2,2a上是减函数；当x 2a时，f (x) 0, f (x)在2a ,上是增函数；综上，当a 1时，f(x)在(,2)与 2a ,上是增函数，在(2,2a)上是减函数(2)由(I )知，当x 0

31、时，f(x)在x 0或x 2a处取得最小值.4 3 心)3a24a 24a, f (0)24aa 1由题设知f (2a)0f(0) 0即4a3a 124a 24a0，解得1 a6 .324a0例9、设a R,函数f(x)32ax 3x ?(1)若 x2是函数yf(x)的极值点，求a的值若函数g (x) f (x) f (x), x 0,2 ,在x 0处取得最大值，求a的取值范围.解：(1) f (x) 3ax 2 6x 3x(ax 2)由题设 f (2) 0,贝 U 2a 2 0,a 1当 0 x 2, f (x) 0;当 x 2, f (x)0,x 2 是 f (x)的极小值点.(2)由题设

32、 g(x) ax3 3x2 3ax2 6x 在 x 0 取得最大值 g(0),2 oa反之，当 a 6时，对任意 x 0,25g(x) 6x33x2 63x2 6x 3x(2x 2x 10)3x(2x 5)( x 2)05 5 5 5而g(0) 0.故当a 6时，g(x)在0,2最大值为g(0).5例10、已知函数f X x3 x，设a 0,如果过点a, b可作曲线y f x的三条切 线.证明： a b f a .证明：因为要 fa b ,所以此题实际上是曲线外一点a, b 可作曲线的三条切线来推证不等式成立，因此与切线方程及相关的问题有关，可通过切线方程来推证 .由曲线y f x在点M t,

33、 f t处的切线方程为y 3t2 1 x 2t3可 得过点a, b的 切线应为 b 3t2 1 a 2t3，即有 2t3 3at2 a b 0 , 若令 gt 2t3 3at2 a b .通过求函数 g gt的一阶导数并确定其单调区间及极大值与极小值，可得极大值为ab，极小值为b f a .若过点a, b可作曲线y fx的三条切线，方程 2t3 3at2 a b 0关于t必有 三个相异实根，此时三次曲线g g t与t轴有三个交点，即函数 g gt有三个零点函数g gt有三个 零点的充要 条件是极大值大于零且极小值小于零同时成立，所以问题得到证明 .若过点a, b可作曲线y fx的二条切线，则方程 2t3 3at2 a b 0关于t必 有二个相异实根，且其中有一个根是二重根，此时三次曲线g gt与