一道最值问题的三种视角_六种解法_洪汪宝

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1、·辅教导学·数学通讯———２０１６年第５、６期（上半月）７３→３ｘ２Ｆ２（槡３，０），Ｍ（ｍ，０），所以ＰＦ１＝（－槡３－ｘ０，（槡３－ｍ）ｘ０＋１－槡３ｍ０＋４－ｙ０），ＰＦ→（槡３－ｘ，－ｙ），ＰＭ→＝（ｍ－ｘ０，２＝００槡３２＋ｘ０－ｙ０），所以２→２２（－槡３－ｘ）２３ｘ０｜ＰＦ１｜＝槡０＋ｙ０－（槡３＋ｍ）ｘ０＋＋１＋槡３ｍ４２＝，２ｘ０槡３＝槡（－槡３－ｘ０）＋１－＝２＋２ｘ０，２－槡３ｘ０４２→２２３｜ＰＦ２｜＝槡（槡３－ｘ０）＋ｙ０化简整理得（ｍ－ｘ２）＝０．０）（ｘ０－４４２２ｘ０槡３＝（槡３－ｘ０）＋１－＝２－２ｘ０，又ｘ２，所

2、以ｍ＝３ｘ０，而ｘ０∈（－２，２），槡４０≠４４→→２ＰＦ１·ＰＭ＝（－槡３－ｘ０）（ｍ－ｘ０）＋ｙ０３３所以ｍ∈（－，）．２２２ｘ０＝（－槡３－ｘ０）（ｍ－ｘ０）＋１－４向量也是数形结合的最佳载体，当解析几何２３ｘ０问题中涉及到夹角、平行、垂直、共线、求动点轨迹＝（槡３－ｍ）ｘ０＋＋１－槡３ｍ，４等问题时，都可以用向量来解决，一旦发挥向量这→→２ＰＦ２·ＰＭ＝（槡３－ｘ０）（ｍ－ｘ０）＋ｙ０一强大工具的作用，解题过程就会更具有简单美２ｘ０和结构美．＝（槡３－ｘ０）（ｍ－ｘ０）＋１－４２３ｘ０＝－（槡３＋ｍ）ｘ０＋＋１＋槡３ｍ，（收稿日期：２０１６－０

3、１－１５）４代入①式得一道最值问题的三种视角、六种解法洪汪宝（安徽省安庆市第一中学，２４６００４）题目已知ｘ，ｙ是满足（２ｘｙ－１）２＝（５ｙ＋（ｘ－１）２＝（５＋１）（１－１），１２ｙ２ｙ２ｙ２）（ｙ－２）的正实数，求ｘ＋的最大值．２ｙ１５１１１∴ｘ－＝（＋）（－），这是江苏省泰州市２０１６届高三第一次模拟考２ｙ槡２ｙ２ｙ试的第１３题，是填空题倒数第二题，是一道有限制１１５１１１∴ｘ＋＝＋（＋）（－）．条件的最值问题，具有入口宽、深入难、难度比较２ｙｙ槡２ｙ２ｙ大、解法灵活多样、突出能力立意等特点，着重考令１＝ｔ，则ｔ∈（０，１），ｙ２查学生的运算变形能力、综合分析

4、问题和解决问１５１题的能力．ｘ＋＝ｔ＋（＋ｔ）（－ｔ）．２ｙ槡２２一、函数视角解法１由条件（２ｘｙ－１）２＝（５ｙ＋２）（ｙ－设ｆ（ｔ）＝ｔ＋（５＋ｔ）（１－ｔ），ｔ∈（０，槡２２２，整理得２）知ｙ＞２，两边同除以４ｙ１），则ｆ（ｔ）＝ｔ＋３１－４（ｔ＋１）２．２２槡９７４数学通讯———２０１６年第５、６期（上半月）·辅教导学·令ｔ＋１＝３ｃｏｓθ，由ｔ∈（０，１），可设θ∈（０，９槡２－４ｘ＝．２２８ａｒｃｃｏｓ２），则故ｘ＋１的最大值为３３槡２－１．２ｙ２３３点评将二元化为一元，构造函数是解题的ｆ（ｔ）＝ｇ（θ）＝ｃｏｓθ－１＋ｓｉｎθ２２关键，根据函数解析式的特

5、点进行三角换元、求３π３＝槡２ｓｉｎ（θ＋）－１≤槡２－１，导、利用重要不等式ａ＋ｂ≤槡２（ａ２＋ｂ２）（ａ＞０，２４２π２３ｂ＞０）都可求出函数的最大值．当θ＝∈（０，ａｒｃｃｏｓ），即ｔ＝槡２－１，４３４二、方程视角９槡２－４时，ｘ＋１取到最大值，解法４设ｘ＋１＝ｔ，则２ｘｙ＋１＝２ｙｔ，代ｙ＝８＋６槡２，ｘ＝８２ｙ２ｙ入（２ｘｙ－１）２３＝（５ｙ＋２）（ｙ－２），得最大值为槡２－１．２（２ｙｔ－２）２＝（５ｙ＋２）（ｙ－２），解法２同解法１得展开整理得（４ｔ２２５１１－５）ｙ＋（８－８ｔ）ｙ＋８＝０，ｆ（ｔ）＝ｔ＋（＋ｔ）（－ｔ），ｔ∈（０，）．槡２２２这个关于

6、ｙ的方程有正实根，则其判别式Δ＝ｔ＋１（８－８ｔ）２２２对ｆ（ｔ）求导得ｆ′（ｔ）＝１－，令－３２（４ｔ－５）≥０，于是２ｔ＋４ｔ－７≤０，５２－２ｔ－ｔ３３槡４解得－１－槡２≤ｔ≤－１＋槡２．２２３ｆ′（ｔ）＝０，解得ｔ＝４槡２－１．所以，ｔ的最大值即ｘ＋１的最大值为－１＋２ｙ３当ｔ∈（０，４槡２－１）时，ｆ′（ｔ）＞０，函数ｆ（ｔ）３９槡２－４，满足题意．槡２，此时ｙ＝８＋６槡２，ｘ＝２８３１单调递增；当ｔ∈（槡２－１，）时，ｆ′（ｔ）＜０，函点评先整体换元再消元得到关于ｙ的二次４２方程，因为其有解，利用判别式非负得到不等关３数ｆ（ｔ）单调递减．因此，当ｔ＝槡２－

7、１时，即ｙ＝４系，不过要注意验证等号成立的条件．三、不等式视角８＋６槡２，ｘ＝９槡２－４时，ｆ（ｔ）取到最大值３槡２－解法５由条件（２ｘｙ－１）２８２＝（５ｙ＋２）（ｙ－１．２）得（２ｘｙ－１）２１３＝［６ｙ－（ｙ－２）］（ｙ－２）故ｘ＋的最大值为槡２－１．２ｙ２２＝－（ｙ－２）＋６ｙ（ｙ－２）解法３同解法１得２２，＝－［（ｙ－２）－３ｙ］＋９ｙ５１），ｔ∈（０，１）．两边同时除以４ｙ２，得ｆ（ｔ）＝ｔ＋（＋ｔ）（－ｔ槡２２２（ｘ－１）２＋（１＋１）２＝９．于是２ｙｙ４２９２１１１ｆ（ｔ）＝槡（ｔ＋１）＋－（ｔ＋１）－１∴ｘ＋＝（ｘ－）＋（＋１）－１