例举多元函数最值的求法与技巧

1、例举多元函数最值的求法与技巧湖南省涟源市伏口中学阙昌福摘要:多元函数最值问题在初中数学竞赛中占有十分重要的地位，它是竞赛培训的一个难点，它涉及的知识面广，难度大,解法灵活多样.本文通过具体实例介绍几种求多元函数最值的方法：配方法，消元法，判别式法，构造法，不等式法，代换法，冻结变量法.关键词:多元函数,最值问题正文;例举多元函数最值的求法与技巧一、配方法:配方法是解最值问题的一种基本方法，它的思路是,将问题配成若干个完全平方式的形式.例1:已知Xy=a,zy=10,求代数式x+y2+z2-(xy+yz+zx)的最小解：由已知等式得x-z=a-10x2+y2+z2-(xy+yz+zx)=2(x-

2、y)2+(y-z)2+(z-x)j=-a2+(a-10)2+1022=(a-5)2+75所以当a=5时，所求代数式的最小值为75.3y等3)5)2+16)6例2:求实数x,y的值使(y-1)2+(x+y-3)2+(2x+y-6)2的值最小解：原式=5x2+6xy+3y2-30x-20y+46=5(x+当瑙-3=。且16=0时，上式取得最小值此时x=5,y=5原式最小值为1266例3:已知xi,x2是方程x2-(k-2)x+k2+3k+5=0的两个根(k为实数),求：(x1-1)2+(x2-1)2的最大值。解：设f(k)=(x1-1)2+(x2-1)2由韦达定理知：Xi+x2=k-2,x1x2=

3、k2+3k+52则f(k)=(x1+X2)-2xiX2-2(xi+X2)+2=(k-2)2-2(k2+3k+5)-2(k-2)+2=-k2-12k=-(k+6)2+36又由，=-(k-2)2-4(k2+3k+5)>0,彳#-4<k<-434vf(k)在-4&k&-上是减函数。3当k=-4时，f(k)取最大值。即f(k)=(x1-1)2+(x2-1)2=32.例4:实数x,y满足2x2-6x+y2=0,求x2+y2+2x的最大值。解：由题设得：y2=6x-2x2x2+y2+2x=x2+6x-2x2+2x=-x2+8x=-(x-4)2+16而2x2-6x=y200

4、即00x03,在0&x&3上f(x)为增函数所以x=3时取最大值，且最大值为15.例5:实数x,y,z满足条件xy+yz+zx=-1,记s=x2+5y2+8z2,求s的最小值,并求取得最小值时x,y,z的值.解:s=x2+5y2+8z2=(x+2y+2z)2+(y-2z)2-4xy-4yz-4xz由于xy+yz+zx=-1,所以s=(x+2y+2z)2+(y-2z)2+4y-2z=0.二若方程组x+2y+2z=0有实数解时,s的最小值为4.xy+yz+zx=-1下面解这个方程组：由得y=2z代入得x=-6z把y=2z,x=-6z代入得z2=i6，；z=±4.而当z=1

5、时,x=-5,y=21;当z=-1时,x=3,y=-2.综上所述，当x=3,y=-1,z=-1或x=-7-,y=：,z=-时s有最小值,224224最小值为4.注：用配方法解多元函数最值问题时，应注意以下两点：求函数最值时，应考虑自变量的取值范围。一个复杂的函数式若能写成二次函数型的复合函数，F(x)=ag2(x)+bg(x)+c.(a,b,c为常数)，也可用配方法求最值。二、消元法求解多元函数最值问题的主要思想是“转化”，“化多元为一元”具体手段除了配方法外，还有一种重要的方法注意该变量的取值范围的变化。消元法。当转化为一元函数问题后，要例6:已知x,y,z为实数，且x+2y-z=6,x-y

6、+2z=3,求x2+y2+z2的最小值。x+2y-z=6y=5-x干年斛.由x-y+2z=3斛行z=4-x于7Hx2+y2+z2=x2+(5-x)2+(4-x)2=3(x-3)2+14:当x=3时，x2+y2+z2有最小值，最小值为14.例7:已知：实数x,y满足x2+4y2=1,求x+5y2的最大化.,oo一o1-x2解：由x2+4y2=1得y2=-所以x+5y2=x+5(1x)5254xx4由1-x2>0知一1&X&112z.、一:对称轴x=-=工在-1<x<1之|可552x(-4)x=2时，x+5y2有最大值,最大值为20例8:三个非负实数a,b,c满足

7、条件3a+2b+c=5,2a+b-3c=1,记s=3a+b-7c,求s的最大值与最小值。分析：a,b,c三个变量都在变化，欲求最值十分困难，但由题设可将a,b都用c表示，则s可转化为以c为变量的给定区间上的一元函数的最值问题.入3a+2b+c=5a=7c-3解：由已知条件2a+b-3c=1得b=7-11c则s=3a+b-7c=3(7c-3)+(7-11c)-7c=3c-2a=7c-3>03日37.a>0,b>0,ab=7-11c>0晌'37W,51故，-7<s<-而7135:当c=11时取取大值，取大值为-11；c=7时取取小值，取小值为-7.小结：

8、由以上几例可以看出，通过消元法可将多元函数转化为一元函数，再通过一元函数的某些性质，求得原函数的最值.三、判别式法把变量看作未知数，将原函数整理成关于该未知数的一元二次方程，利用未知数是实数，可由判别式确定函数的取值范围.应用这种方法求最值时，应特别注意这个最值能否取到，即有没有相应的变量与之对应.例9:已知x,y,z为实数，且z=5-x-y,xy+yz+zx=3试求z的最大值与最小值.解：由z=5-x-y得y=5-x-z代入xy+yz+zx=3并整理得：x2+(z-5)x+(z2-5z+3)=0因为x实数，利用判别式大于或等于0得，=(z-5)2-4(z2-5z+3)>0即3z2-10

9、z-13<013解得:-1<z<3故z的最大值为13，最小值为-13例10:实数x,y满足4x2-5xy+4y2=5设s=x2+y2求s的最大值与最小值.解：Xs-X5得:(4s-5)x2-5sxy+(4s-5)y2=0当y=0时，由得x2=5,s=当yW0时,可转化为(4s-5)(y)2-5s(x)+4s-5=0x,y均为实数，0,即(-5s)2-4(4s-5)2>0丘力/口1010解得：13<s<y故s的最大值为10,最小值为10.313例11:已知实数x,y满足(x-3)2+(y-3)2=6，求y的最大值与最小值.x解：令y=t,则y=tx,代入已知方

10、程得：x(t2+1)x2-6(t+1)x+12=0由于x是实数，所以0即，=36(t+1)2-48(t2+1)>0解得:3-2<t<3+22t的最大值与最小值分别为3+2/2,3-2位.例12:设x,y是实数,且x2+xy+y2=3,求x2-xy+y2的最值.解：设x2-xy+y=m,又x2+xy+y2=3,9-m3-m斛行：x+y=±、-2-,xy=,则x,y是方程t2土9-m3-m人皿t+-2-=0的两个头根从而有=土9-m23-m-4X>0解得:m)1p9-m又>0即m<9,.10mc9故所求的最大值为9,最小值为1.例13:已知点P的坐标(

11、x,y),是方程x2+y2=1的解，求使k=x2+2/3xy-y2取最小值时,P的坐标.11解：设y=mx,代入x+y=1得(1+m)x=1x=茄将x2代入y=mx中.得(1+m2)y2=m-m2+2,：'3m+12-从而k=1+m2即(k+1)m-2t3m+(k-1)=0.m是实数，=(-25)2-4(k+1)(k-1)>0解得：-2<k<2把k=-2代入(k+1)m2-2J3m+(k-1)=0中,求得m=-J3.将n代入/=卷得x=±2从而y=普一故最小值k=2P点坐标为(；容)或T,?).例14:考察一切这样的二次函数y=ax3+bx+c,(aw0)且

12、a<b,对一切实数x包有ax2+bx+c>0成立，设m=a+b+cb-a解：由于对一切实数x,恒有ax2+bx+c>0,(a*0)成立，故一元二次不ax2+bx+c>0的解集是全体实数，从而a>0,且b2-4ac<0又由已知易得m>0,且c=mb-ma-a-b代入b2-4ac<0得B2-4a(mb-ma-a-b)<0IPb2+4a(1-m)b+4a2(m+1)<0因为上述关于b的一元二次不等式有解，所以>0,即：4a(1-m)2-16a2(m+1)>0,整理得m2-3m>0注意到俏。,解得m>3,即m的最小值为

13、3.四、构造法求某些函数最值问题时，如果单纯从代数的角度去分析思考，往往很难找到正确的解题途径，这时若能根据函数式结构特点，联想到与之相应的几何背景、代数背景就可使问题迎刃而解.构造法解题贵在“创新”，解题时打破常规.另辟蹊径,表现出简捷，明快，精巧的特色.例15:设x+2y=1,求xy的最大值解：把x,2y看作一元二次方程的两根，那么两根之和为x+2y=1,两根之积为2xy,于是可构造关于z的方程为:z2-z+2xy=0由于此方程有两实根x,2y,所以，=1-8xy>0得xy<1(两根相等时取等号)，即xy的最大值88例16:设x+y的平方和与立方和分别为7,10求x+y的最大值

14、.x2+y2=7.(x+y)2-2xy=7斛：由x由得n=2-m-7代入得m-21m+20=0解得m=1,4,-5.从而x+y的最大值为4.例17:设m,n,p为正实数，且n2+n2-p2=0,求一口的最小值.m+n解：由题设m,n,p为正实数，且n2+n2=p2,联想勾股定理从直角三角形出发，构造直角梯形，如下图,令AB=CE=m,AE=CD=n,BE=ED=pWJBD=隹p,显然AC+y3=10可推出(x+y)3-3xy(x+y)=10人n2-2n=7m=x+y,n=xy则m-3mn=10舄V-，故m+n勺最小彳7&BD即m+底12-p,(当m=n时，即直角梯形为矩形时取等号)从而

15、例18:若实数ai,a2,，a7满足ai+&+&=12,d2+&2+-+372=24，求a7的最大值.分析:注意至U(x+ai)2+(x+a2)2+(x+a6)20,且a7可用a1,a2,a6来表示,6x2+2(a+a2+%)x+(a12+a22+-+a62)=(x+a1)2+(x+a2)2+-+(x+a6)2>0可构造二次函数.2解：构造一次函数y=6x+2(a+出+a)xC+(a,+922H+82)因为二次项系数为正，函数值恒为非负，所以判别式为非正，则/=4(a+a2+a)2-24(a12+a22+a62)<0,4(12-a7)2-24(24-a72)

16、<0解得0<a7W24,一一一一，24故a7的取大值为.由上可知，构造法可以解决许多最值问题，它要通过仔细观察和分析，去发现问题的各个环节及其中的联系，从而为寻求解法创造条件.五、不等式法不等式与最值密切相关，比如，可以先求得pa,(p&a),然后可以验证取等号则p的最小值(最大值)就等于a,这是利用不等式求最值的基本思路，例19:x,y,z是正实数，且满足条件xyz(x+y+z)=1,求(x+y)(y+z)的最小值.解：(x+y)(y+z)=xy+y2+yz+zx=y(x+y+z)+xz=xz+>2xzfxz-=2xzxz当xz=即xz=1时，等号成立,'(

17、x+y)(y+z)的最小值为2.xzx+y+z=a例20:已知实数x,y,z满足x2+y2+z2=1a(a>0)求a的最大值.解：x2+y2>2xyy2+z2>2yzz2+x2>2xz+得:2(x2+y2+z2)>2(xy+yz+xz).222、.-x+y+z>xy+yz+xz2222、(x+y+z)=x+y+z+2(xy+yz+xz)91把代入上式得：a=-a+2(xy+yz+xz)121xy+yz+xz=-a-a111把代入得：-a>-a2-aaa(2a-3)<033注意到a>0,解得a<-,a的最大值为-例21:已知x,y,z为

18、实数,且x+y+z=1,xyz=2,求|x|+|y|+|z|的最小值.解：不妨设x>y>z,则由已知可/口:x>0,y、z同号.若y>0,z>0.由x+y+z=1可知x<1,yw1,z01.这时xyz<1与知xyz=2矛盾，故y>0,z>0不成立，y<0且z<0,这时|x|+|y|+|z|=x-y-z.又=x+(-y)+(-z)-M+|y|+|z|>3/x(-y)(-z)=3航，当且仅当x=-y=-z时取等号,的最小值是3航.例22设a,b,c是整数,c>0且方程ax2+bx+c=0的两个不同的正根都小于1,求a的最

19、小整数值.解：由已知可得:c>0a+b+c>0b-4ac>0b0<-<12ac0lv1a由知a>0由知b<0由得:b?>4ac|b|>2y/ac-b>2Vac由得a+c>-ba,-b,c都是正整数，a+c>-b+1由得a+c>2/+1,BP(/a-必)2>1.又由知a>cal-加>0从而g-y/c>1ya>1+加由于c>0,c是整数，.c1,故/>1+1=2.a的最小整数值是5,例23:若x,y,z均为非负实数，且满足9x2+12y2+5z2=9,求函数f(x,y,z)=3x

20、+6y+5z的最大值.解：由柯西不等式得：(3x)2+(诉y)2+(mz)2X12+(/)2+(乖)2>(3x-1+/12y小+5z-5)2(3x+6y+5z)2<(9x2+12y2+5z2)(1+3+5),即3x+6y+5z<啊T9=9当且仅当学虚丁=烹时,即“局y=T,z=上时,函数f(x,y,z)有最大值,最大值为9.六、代换法代换法是中学数学中一个重要的数学方法，包括增量代换与参数法.对于某些较难的数学问题，巧施此法能事半功倍，大大提高解题速度.1、增量代换：例24:设x+y+z+w=4a(a>0),求x2+y2+z2+W的最小值.解：设x=a+s,y=a+t,

21、z=a+m,w=a+n.显然有:s+t+m+n=0.x2+y2+z2+W=(a+s)2+(a+t)2+(a+m)2+(a+n)2=4a2+2(s+t+m+n)a+(s2+t2+n2+n2)=4a2+(s2+t2+m+n2)>4a2.当s=t=m=n=0时取等号，.x2+y2+z2+W的最小值为4a2.例25:如果实数a,b,c满足a+b+c=0,求ab+bc+ca的最大值.-c、_cc解：由a+b+c=0得a+b=2x万，设a=-万+d,b=-万-d.cccc贝Uab+bc+ca=(-Q+d)(-2-d.)+(-2-d)c+(-+d)c.=-(3c2+d2)<0.即a=b=c=d=0时，ab+bc+ca有最大值为0.2、参数法：例26:已知不等边，ABC勺两条高分别是4和12,若第三条高h也是整数,求h的最大值.解：设三角