巧用待定系数法求解一类多元函数的最值_陈永明
多元函数最值问题的常见处理策略
多元函数最值问题的常见处理策略作者：舒巨来源：《师道·教研》2015年第11期最值问题是中学数学中永恒的话题，也是历年高考的热门考点.由于高中教材上没有明确系统地研究这类问题，使得求多元函数（即多变量函数）的最值成为高考中的难点问题.解决这类问题需要具有较强的技巧，且方法灵活性多变，本文主要通过线性规划、均值不等式法、减少变量、分类集中变量等策略进行处理.策略一：利用线性规划例1若变量x、y满足约束条件y≤xx+y≤1y≤-1，且z=2x+y的最大值和最小值分别为M和m，则M-m=.解法探究：本题是一道典型的线性规划问题（二元变量问题），通过画出可行域，很容易得到，当直线z=2x+y经过点（2，-1）时，M=3，当直线z=2x+y经过点（-1，-1）时，m=-3，故M-m=6.教材上线性规划的本质就是研究受不等式组条件约束的二元函数的最值问题。
由于题目呈现形式的多样性，往往需要对题设进行适当的转化，若能将题设化为不等式组得到可行域，大多利用此策略求解.策略二：利用均值不等式例2 在△ABC中，∠A=，a=3，则△ABC的面积的最大值为 .利用均值不等式求最值问题的要点是“和定积最大，积定和最小”，即当题目是已知和（积）的形式，求积（和）的最值的形式时，往往可以联想到使用均值不等式等等进行求解.策略三：减少变元例3 设x，y，z为正实数，满足x-2y+3z=0，则的最小值是 .转化的一个原则是将未知转化为已知，例题主要是有x-2y+3z=0，这三个变量之间的关系，实现了由三元变量转化为二元变量进行研究.策略四：分类集中变量例4设数列{an}前n项和Sn，已知a1=a，an+1=Sn+3n，n∈N*.（1）设bn=Sn-3n，求数列{bn}的通项公式.（2）若an+1≥an，n∈N*，求a的取值范围.在多变量问题中，可以将变量分类集中，做法就是将题中一个字母用另一个字母进行表示，这样就变成了熟悉一元函数的问题.高考压轴题中很多的最值问题都可以采用此想法来解决.不等式（基本不等式及变式、柯西不等式等）、线性规划及相关知识、减少变量、分类集中变量是解决高中数学多变量最值问题的常见策略，更多时候往往综合灵活运用上述策略以顺利求解.责任编辑罗峰。
利用二次型求一类多元函数的最值
利用二次型求一类多元函数的最值在高等数学中，二次型是指多元函数的一个重要形式。
它可以用来求一类多元函数的最值，即确定函数的最大值或最小值。
本文将介绍利用二次型求一类多元函数的最值的基本方法和步骤。
首先，我们来看二次型的定义。
对于二次型来说，它是一个多元函数，其一般形式可以表示为：Q(x)=x^T*A*x其中，Q(x)表示二次型，x表示n维列向量，A表示一个n×n的矩阵，x^T表示x的转置。
在实际应用中，常常会遇到求一类多元函数的最值问题，即在一定的条件下，求函数的最大值或最小值。
我们将介绍两种常用的方法：配方法和特征值法。
1.配方法配方法是一种将二次型化简为标准型的方法，从而更容易求出最值。
具体步骤如下：(1)对于二次型Q(x)=x^T*A*x，将矩阵A通过合同变换转化为对角矩阵D=P^T*A*P，其中P是可逆矩阵。
(2)在新的二次型Q(y)=y^T*D*y中，利用变量代换y=P*x，将y表示为x的线性函数。
(3)将Q(y)=y^T*D*y展开，简化为标准型。
2.特征值法特征值法是一种利用矩阵的特征值和特征向量来求二次型最值的方法。
具体步骤如下：(1)对于二次型Q(x)=x^T*A*x，求出矩阵A的特征值和特征向量。
(2)将特征值按从大到小排列，对应的特征向量也做相应的排序。
(3)通过变量代换x=P*y，将二次型化简为标准型。
(4)标准型中的各个平方项的系数由特征值决定，利用特征值的正负可以判断二次型的最值。
通过配方法或特征值法求出二次型的标准型后，求最值就会变得相对容易。
对于最大值问题，找出标准型中系数最大的项即可。
对于最小值问题，找出标准型中系数最小的项即可。
值得一提的是，在实际应用中，往往会遇到带有约束条件的最值问题。
这时，我们需要利用二次型的性质和约束条件来求解。
例如，可以通过拉格朗日乘子法将约束条件引入二次型，然后再利用配方法或特征值法来求解。
总结起来，利用二次型求一类多元函数的最值可以通过配方法或特征值法来完成。
多元函数最值问题求解的常用策略
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高中数学函数最值问题的求解思路与实例分析
高中数学函数最值问题的求解思路与实例分析在高中数学中，函数最值问题是一个常见且重要的考点。
解决这类问题需要掌握一定的数学知识和解题技巧。
本文将从求解思路和实例分析两个方面，详细介绍高中数学函数最值问题的解题方法。
一、求解思路要解决函数最值问题，首先需要明确函数的定义域和值域。
在明确了函数的定义域和值域后，我们可以采取以下步骤来求解函数的最值问题。
1. 找出函数的极值点函数的极值点是函数取得最大值或最小值的点。
要找出函数的极值点，可以先求出函数的导数，然后令导数等于零，解方程得到极值点的横坐标。
再将这些横坐标代入原函数中，求出对应的纵坐标，即可得到函数的极值点。
2. 检查边界点边界点是函数定义域的端点。
在求解函数的最值问题时，需要检查边界点是否可能成为函数的最值点。
将边界点代入函数中，与已经求得的极值点进行比较，找出最大值或最小值。
3. 比较极值点和边界点的大小将已经求得的极值点和边界点进行比较，找出其中的最大值或最小值。
这个值就是函数的最大值或最小值。
二、实例分析为了更好地理解函数最值问题的解题方法，我们来看一个具体的例子。
例题：求函数f(x) = 2x^3 - 3x^2 - 12x + 1的最大值和最小值。
解题步骤：1. 求导数f'(x) = 6x^2 - 6x - 122. 求极值点的横坐标令f'(x) = 0，解方程得到x = -1和x = 3。
3. 求极值点的纵坐标将x = -1和x = 3代入原函数f(x)中，得到f(-1) = -8和f(3) = -32。
4. 检查边界点由于函数没有明确的定义域，我们需要检查函数的值域。
当x趋于正无穷大时，f(x)也趋于正无穷大；当x趋于负无穷大时，f(x)也趋于负无穷大。
因此，函数的边界点为正负无穷大。
5. 比较极值点和边界点的大小将已经求得的极值点和边界点进行比较，发现f(-1) = -8是最小值，f(3) = -32是最大值。
综上所述，函数f(x) = 2x^3 - 3x^2 - 12x + 1的最大值为-32，最小值为-8。
高中数学常用解题方法：三、待定系数法
三、待定系数法要确定变量间的函数关系，设出某些未知系数，然后根据所给条件来确定这些未知系数的方法叫待定系数法，其理论依据是多项式恒等，也就是利用了多项式f(x)≡g(x)的充要条件是：对于一个任意的a值，都有f(a)≡g(a)；或者两个多项式各同类项的系数对应相等。
待定系数法解题的关键是依据已知，正确列出等式或方程。
使用待定系数法，就是把具有某种确定形式的数学问题，通过引入一些待定的系数，转化为方程组来解决，要判断一个问题是否用待定系数法求解，主要是看所求解的数学问题是否具有某种确定的数学表达式，如果具有，就可以用待定系数法求解。
例如分解因式、拆分分式、数列求和、求函数式、求复数、解析几何中求曲线方程等，这些问题都具有确定的数学表达形式，所以都可以用待定系数法求解。
使用待定系数法，它解题的基本步骤是：第一步，确定所求问题含有待定系数的解析式；第二步，根据恒等的条件，列出一组含待定系数的方程；第三步，解方程组或者消去待定系数，从而使问题得到解决。
如何列出一组含待定系数的方程，主要从以下几方面着手分析：①。
②利用对应系数相等列方程；③由恒等的概念用数值代入法列方程；④利用定义本身的属性列方程；⑤利用几何条件列方程。
比如在求圆锥曲线的方程时，我们可以用待定系数法求方程：首先设所求方程的形式，其中含有待定的系数；再把几何条件转化为含所求方程未知系数的方程或方程组；最后解所得的方程或方程组求出未知的系数，并把求出的系数代入已经明确的方程形式，得到所求圆锥曲线的方程。
一、典例分析例1.已知函数y＝mx x nx22431+++的最大值为7，最小值为－1，求此函数式。
、∴ △＝(－43)2－4(y －m)(y －n)≥0 即： y 2－(m ＋n)y ＋(mn －12)≤0 ①此题也可由解集(-1,7)而设(y ＋1)(y －7)≤0,即y 2－6y －7≤0，然后与不等式①比较系数而得：m n mn +=-=-⎧⎨⎩6127，解出m 、n 而求得函数式y 。
求多元函数条件最值的常用技法
求多元函数条件最值的常用技法王盛裕!浙江省镇海外语实验学校"#$%&&’曹贤鸣!浙江省椒江一中"#(&&&’求函数最值问题是数学中一类重要问题)其中又以求多元函数的条件最值为各级各类竞赛的热点*解答条件最值问题)要求有较扎实的数学基础+灵活变更问题的能力和较高的解题技巧)本文浅析求解竞赛试题中多元函数条件最值问题的常用技法*,配方法例,设实数-).)/)0满足-%1.%1/% 10%2$)则!-3.’%1!-3/’%1!-30’%1!. 3/’%1!.30’%1!/30’%的最大值是*!%&&%年上海市中学生数学竞赛题’解析将原式展开+合并+整理得"-%1 ".%1"/%1"0%3%-.3%-/3%-03%./3%.03%/0*配方后得原式24-%14.%14/%140%3!-1.1/ 10’%2%&3!-1.1/10’%*5!-1.1/10’%6&)7原式的最大值为%&*8因数分解例8自然数-).)/)0)9都大于#)其乘积-./092%&&&)则其和-1.1/1019的最大值为)最小值为* !%&&&年五羊杯初中数学竞赛题’解析%&&&分解因数为%:%:%:%:$:$:$)而-).)/)0)9都大于#)显然当各个因数最接近时)其和最小;各个因数相差越大)其和越大)故最大值为%1%1%1%1#%$ 2#"")最小值为4141$1$1$2%"*<借用取值范围例<设-).)/均为不小于"的实数)则===-3%1.1#1>#3/3#>的最小值是*!%&&#年希望杯初二数学竞赛题’解析由条件-6").6")/6")7-3%6#).1#64)/3#6%)则原式===2-3%1.1#1/3#3#*又因为被开方数越小)其算术根越小)7原式的最小值为=#1%1%3#2% =1%*?消元法例?已知二次函数@2-A%1.A1/!其中-是正整数’的图象经过点B!3#)4’与点C!%)#’)并且与A轴有两个不同的交点)则. 1/的最大值是*!%&&"年D E F G H I信利杯J全国初中数学竞赛题’解析因为二次函数@2-A%1.A1/的图象经过点B!3#)4’与点C!%)#’)所以-3.1/24)4-1%.1/2#)消去/得.23-3#)代入得/23%-1"*7.1/23"-1%* 5抛物线与A轴有两个不同的交点)7K L&)即.%34-/L&)7!3-3#’%34-!3%-1"’L&)解得-L#或-M#N*又-是正整数)7-6%)故当-2%时). 1/达到最大)其值为34*O基本不等式法例O若A@2#)那么代数式#A41#4@4的最小值是*!#N N P年湖北省黄冈市初中数学竞赛题’解析5!#A%3#%@%’%6&)展开得#A43%Q#A%Q#%@%1#4@46&)7#A41#4@46%Q#A%Q#%@%2#)故#A41#4@4的最小值是#*4"中学数学月刊%&&4年第"期!判别式法例!实数"#$满足%"&’(’)$’*+#那么$"的最大值是,%第+-届美国中学生数学竞赛题(解析设$"*.#则$*."#代入得"’&/")/).’"’*+#整理得%.’)0("’&/")0*1,2.’)031#又"是实数,45*06&/%.’)0(71,解得8&+9.89+#4.:;<8*+#即%$"(:;<8*+,=夹逼法例=设"#$#>为三个非负数#且+")’$)>*-#")$&>*’#若?*’")$&>#则?的最大值与最小值的和是,%0@@A 年天津市初二数学竞赛题(解析由已知条件得$*B &/"+#>*0&"+#代入?*’")$&>#得?*")’,2"#$#>是非负数#4"71#$*B &/"+71#>*0&"+C D E 71#解得19"90,则’9?9+#故?:;<)?:F G*-,H三角法图0例H 如图0#正方形I J K L 边长为0#点M 是J K 边上的动点,过J #K #L 作射线I M 的垂线J J 0#K K 0#L L 0#则J J 0)K K 0)L L 0的最大值是#最小值是,%’111年上海市初中数学竞赛题(解析设N M I J *O#则N0*N’*N+*O #因为M 点在边J K 上#所以1P 9O 9/-P ,J J 0*IJ Q F G O *Q F G O #L L 0*I L R S QO *R S Q O #M J *I J T ;GO *T ;GO #K K 0*M K R S QO *%K J &M J (R S QO *%0&M J (R S QO *%0&T ;GO (R S Q O *R S Q O &Q F GO,4J J 0)K K 0)L L 0*Q F GO )R S Q O )R S Q O &Q F GO *’R S Q O,当1P 9O 9/-P 时8#’9’R S QO 9’#即J J 0)K K 0)L L 0的最大值是’#最小值是8’,’11+年中考探索型试题精选江苏省苏州市初中数学教学评价与命题研究组王清华%江苏省苏州市景范中学’0-11-(韩挺%江苏省苏州市第四中学’0-11+(U V %北京市试题(已知W 抛物线$*X "’)/X ")Y 与"轴的一个交点为I %&0#1(,%0(求抛物线与"轴的另一个交点J 的坐标Z%’(L 是抛物线与$轴的交点#K 是抛物线上的一点#且以I J 为一底的梯形I J K L 的面积为@#求此抛物线的解析式Z-+’11/年第+期中学数学月刊求多元函数条件最值的常用技法作者：王盛裕， 曹贤鸣作者单位：王盛裕(浙江省镇海外语实验学校,315200)， 曹贤鸣(浙江省椒江一中,318000)刊名：中学数学月刊英文刊名：THE MONTHLY JOURNAL OF HIGH SCHOOL MATHEMATICS年，卷(期)：2004，""(3)被引用次数：0次本文链接：/Periodical_zxsxyk200403016.aspx授权使用：中共汕尾市委党校(zgsw)，授权号：76267ae9-464c-4216-b462-9dc80153d6d7下载时间：2010年8月4日。
巧用待定系数法求几类三角函数的最值
·数学中的思想和方法·李文东（广东省中山市中山纪念中学 ５２８４５４）李文东中学一级教师，硕士研究生，中山市优秀教师，在《数理天地》《数学通讯》《中学数学研究》《中学数学月刊》《高中数学教与学》等期刊上发表论文四十多篇。
求三角函数的最值是高考中一个重要的问题，解法较多，特别是对于一些比较复杂的三角函数常常需要用到较多的三角恒等变换知识．本文从不等式的角度去研究三角函数的最值，用均值不等式或柯西不等式求三角函数最值时，“各数相等”及“和（或积）为定值”是两个需要刻意凑出的条件，从何处入手，怎样拆项，如何凑出定值且使等号成立，又能使解答过程简捷明快，这确实既“活”又“巧”，对此问题，现利用待定系数法探析．例１ 求函数ｆ（ｘ）＝２ｓｉｎｘ＋ｓｉｎ２ｘ的最大值．解 ｆ（ｘ）＝２ｓｉｎｘ（１＋ｃｏｓｘ），引入正参数ｋ，根据柯西不等式和均值不等式有ｆ２（ｘ）＝４ｋ２ｓｉｎ２ ｘ（ｋ＋ｋｃｏｓｘ）２≤４ｋ２ｓｉｎ２ ｘ（１＋ｋ２）（ｋ２＋ｃｏｓ２ ｘ）≤４ｋ２（１＋ｋ２）ｋ２＋ｃｏｓ２ ｘ＋ｓｉｎ２ ｘ２（）２＝（１＋ｋ２）３ｋ２，当且仅当ｋ２＝ｃｏｓｘｋ２＋ｃｏｓ２ ｘ＝ｓｉｎ２ｘ烅烄烆时等号同时成立．消去ｋ２，得ｃｏｓｘ＋ｃｏｓ２ ｘ＝ｓｉｎ２ ｘ，化简，得２ｃｏｓ２ ｘ＋ｃｏｓｘ－１＝０，解得ｃｏｓｘ＝１２（ｃｏｓｘ＝－１舍去）．所以ｆ（ｘ）的最大值为（１＋ｋ２）３２ｋ＝槡３ ３２．拓展１ 求函数ｆ（ｘ）＝ｓｉｎｘ·（ａ＋ｃｏｓｘ），ａ∈Ｒ的最大值． 解 引入正参数ｋ，根据柯西不等式和均值不等式有：ｆ２（ｘ）＝ｓｉｎ２ ｘ（ａ＋ｃｏｓｘ）２＝１ｋ２ｓｉｎ２ ｘ（ａｋ＋ｋｃｏｓｘ）２≤１ｋ２ｓｉｎ２ ｘ（ｋ２＋ｃｏｓ２ ｘ）（ａ２＋ｋ２）≤ａ２＋ｋ２ｋ２·ｓｉｎ２ ｘ＋ｋ２＋ｃｏｓ２ ｘ２（）２＝ａ２＋ｋ２ｋ２·ｋ２＋１２（）２．根据等号成立的条件，得ａｃｏｓｘ＝ｋ２ｓｉｎ２ ｘ＝ｋ２＋ｃｏｓ２ ｘ，烅烄烆即２ｃｏｓ２ ｘ＋ａｃｏｓｘ－１＝０，由ａｃｏｓｘ＝ｋ２＞０，得（１）当ａ＜０时，ｋ２＝－ａ（ａ２＋槡８＋ａ）４，此时ｆｍａｘ（ｘ）·１１·２０２１年第１期数学中的思想和方法《数理天地》高中版＝槡２（ａ２ ＋槡８－３ａ）·４－ａ２－ａａ２＋槡槡８１６；（２）当ａ≥０时，ｋ２＝ａ（ａ２＋槡８－ａ）４，此时ｆｍａｘ（ｘ）＝槡２（ａ２ ＋槡８＋３ａ）·４－ａ２＋ａａ２＋槡槡８１６．综上知，ｆｍａｘ（ｘ）＝槡２（ａ２ ＋槡８－３ａ）·４－ａ２－ａａ２＋槡槡８１６，ａ＜０槡２（ａ２ ＋槡８＋３ａ）·４－ａ２＋ａａ２＋槡槡８１６，ａ≥０烅烄烆例２ 求函数ｆ（ｘ）＝ｓｉｎｘ＋１２ｓｉｎ２ｘ＋２５ｃｏｓｘ的最大值．解 引入正参数λ，根据均值不等式得ｆ（ｘ）＝ｓｉｎｘ＋ｓｉｎｘｃｏｓｘ＋２５ｃｏｓｘ＝ｓｉｎｘ＋２５（）（１＋ｃｏｓｘ）－２５＝１λｓｉｎｘ＋２５（）（λ＋λｃｏｓｘ）－２５≤１λｓｉｎｘ＋２５＋λ＋λｃｏｓｘ２烄烆烌烎２－２５≤１λ１＋λ槡２＋２５＋λ２烄烆烌烎２－２５，根据等号成立的条件，得ｓｉｎｘ＋２５＝λ＋λｃｏｓｘ，ｓｉｎｘ＝１λ２＋槡１，ｃｏｓｘ＝λλ２ ＋槡１，从而２０λ３－７９λ２＋２０λ＋２１＝（４λ－３）（５λ２－１６λ－７）＝０，又λ＞０，所以λ＝３４或λ＝８ ＋槡３ １１５，且１λ１＋λ槡２＋２５＋λ２烄烆烌烎２关于λ递减，所以λ＝３４，此时ｆ（ｘ）ｍａｘ＝３８２５．拓展２ 求函数ｆ（ｘ）＝ｓｉｎｘｃｏｓｘ＋ａｓｉｎｘ＋ｂｃｏｓｘ，ａ，ｂ∈Ｒ的最大值．感兴趣的读者可以一试．求解过程略．例３ 设ｘ∈０，π２（），求１６ｓｉｎ４ ｘ＋３２ｃｏｓ３ ｘ的最小值．解 考虑到ｓｉｎ２ ｘ＋ｃｏｓ２ ｘ＝１，引入正参数α，β，利用均值不等式，得ｓｉｎ４ ｘ＋α４≥２α２ｓｉｎ２ ｘ，ｃｏｓ３ ｘ＋ｃｏｓ３ ｘ＋β３≥３βｃｏｓ２ ｘ，于是１６ｓｉｎ４ ｘ＋３２ｃｏｓ３ ｘ≥３２α２ｓｉｎ２ ｘ＋４８βｃｏｓ２ ｘ－１６α４－１６β３，令３２α２＝４８β，根据取等条件，得α２＋β２＝１，解得α＝槡３２，β＝１２，所以１６ｓｉｎ４ ｘ＋３２ｃｏｓ３ ｘ≥１３．拓展３ 求函数ｆ（ｘ）＝ａｓｉｎｎｘ＋ｂｃｏｓｎｘ（ａ，ｂ＞０），ｘ∈０，π２［］，ｎ∈Ｎ＊，ｎ≥３的最小值．解 当ｎ为偶数时，引入正参数α，β，利用均值不等式，得ｓｉｎｎｘ＋α１＋２ｎ－２＋α１＋２ｎ－２＋…＋α１＋２ｎ－２烐烏烑ｎ２－１个≥ｎ２αｓｉｎ２ ｘ，同理ｃｏｓｎｘ＋β１＋２ｎ－２＋β１＋２ｎ－２＋…＋β１＋２ｎ－２烐烏烑ｎ２－１个≥ｎ２βｃｏｓ２ ｘ，·２１·《数理天地》高中版数学中的思想和方法２０２１年第１期于是ａｓｉｎｎｘ＋ｂｃｏｓｎｘ≥ｎ２（ａαｓｉｎ２ ｘ＋ｂβｃｏｓ２ ｘ）－ａｎ２－１（）α１＋２ｎ－２－ｂｎ２－１（）β１＋２ｎ－２．令ａα＝ｂβ，根据取等条件，得α２ｎ－２＋β２ｎ－２＝１，解得α＝ｂａ２ｎ－２＋ｂ２ｎ－２（）ｎ－２２．此时ａｓｉｎｎｘ＋ｂｃｏｓｎｘ≥ｎ２ａα－ａｎ２－１（）α１＋２ｎ－２－ｂｎ２－１（）β１＋２ｎ－２，将β＝ａαｂ代入化简，得ａｓｉｎｎｘ＋ｂｃｏｓｎｘ≥ａα＝ａｂａ２ｎ－２＋ｂ２ｎ－２（）ｎ－２２．而当ｎ为奇数时，仿照例２的做法可得最小值和ｎ为偶数时一样．所以ｆｍｉｎ＝ａｂａ２ｎ－２＋ｂ２ｎ－２（）ｎ－２２．例４ 当ｘ∈０，π２（）时，求函数ｆ（ｘ）＝槡６ ３ｓｉｎｘ＋２ｃｏｓｘ的最小值．解 引入大于零的待定系数ｋ，则函数ｆ（ｘ）＝槡６ ３ｓｉｎｘ＋２ｃｏｓｘ可变形为ｆ（ｘ）＝槡３ ３ｓｉｎｘ＋槡３ ３ｓｉｎｘ＋ｋｓｉｎ２ ｘ＋１ｃｏｓｘ＋１ｃｏｓｘ＋ｋｃｏｓ２ ｘ－ｋ≥３３２７槡ｋ＋３３槡ｋ－ｋ＝１２３槡ｋ－ｋ，当且仅当槡３ ３ｓｉｎｘ＝ｋｓｉｎ２ ｘ，１ｃｏｓｘ＝ｋｃｏｓ２ ｘ，烅烄烆即ｓｉｎ２ ｘ＝３３ｋ槡２ｃｏｓ２ ｘ＝１３ｋ槡２烅烄烆时等号成立．由此可得３＋１３ｋ槡２＝１，所以ｋ＝８．故ｆｍｉｎ（ｘ）＝１２３槡ｋ－ｋ＝１６，此时ｘ＝π３．拓展４ 求函数ｆ（ｘ）＝ａｓｉｎｎｘ＋ｂｃｏｓｎｘ（ａ，ｂ＞０），ｘ∈０，π２（），ｎ∈Ｎ＊的最小值．解 当ｎ为偶数时，引入参数λ，ｆ（ｘ）＝ａｓｉｎｎｘ＋ｂｃｏｓｎｘ＝ａｓｉｎｎｘ＋２λｎｓｉｎ２ ｘ＋２λｎｓｉｎ２ ｘ＋…＋２λｎｓｉｎ２ｘ烐烏烑ｎ２个＋ｂｃｏｓｎｘ＋２λｎｃｏｓ２ ｘ＋２λｎｃｏｓ２ ｘ＋…＋２λｎｃｏｓ２ ｘ烐烏烑ｎ２个－λ≥ｎ＋２２２λｎ（）ａ［］＋ｎ＋２２２λｎ（）ｂ［］－λ＝ｎ＋２２２λｎ（）ｎｎ＋２ａ２ｎ＋２＋ｂ２ｎ＋２（）－λ，等号成立的条件为ａｓｉｎｎｘ＝２λｎｓｉｎ２ ｘ，ｂｃｏｓｎｘ＝２λｎｃｏｓ２ ｘ，烅烄烆由此可得λ＝ｎ２·ａ２ｎ＋２＋ｂ２ｎ＋２（）ｎ＋２２，于是ｆｍｉｎ（ｘ）＝ｎ＋２２２λｎ（）１－２ｎ＋２ａ２ｎ＋２＋ｂ２ｎ＋２（）－λ＝λｎ＋２ｎ·ａ２ｎ＋２＋ｂ２ｎ＋２（）２λｎ（）－２ｎ＋２－１［］＝λｎ＋２ｎ－１（）＝２λｎ＝ａ２ｎ＋２＋ｂｎ＋２２（）ｎ＋２２．而当ｎ为奇数时，仿照例２的做法可得最小值和ｎ为偶数时一样．所以ｆｍｉｎ（ｘ）＝ａ２ｎ＋２＋ｂ２ｎ＋２（）ｎ＋２２．·３１·２０２１年第１期数学中的思想和方法《数理天地》高中版。
高中数学解题基本方法待定系数法
优秀学习资料 欢迎下载高中数学解题基本方法 -- 待定系数法要确定变量间的函数关系，设出某些未知系数，然后根据所给条件来确定这些未知系数 的方法叫待定系数法，其理论依据是多项式恒等，也就是利用了多项式 f(x) g(x) 的充要条件是：对于一个任意的 a 值，都有 f(a) g(a) ；或者两个多项式各同类项的系数对应相等。
待定系数法解题的关键是依据已知，正确列出等式或方程。
使用待定系数法，就是把具有某种确定形式的数学问题， 通过引入一些待定的系数， 转化为方程组来解决， 要判断一个 问题是否用待定系数法求解，主要是看所求解的数学问题是否具有某种确定的数学表达式， 如果具有，就可以用待定系数法求解。
例如分解因式、拆分分式、数列求和、求函数式、求 复数、 解析几何中求曲线方程等， 这些问题都具有确定的数学表达形式， 所以都可以用待定系数法求解。
使用待定系数法，它解题的基本步骤是：第一步，确定所求问题含有待定系数的解析式；第二步，根据恒等的条件，列出一组含待定系数的方程；第三步，解方程组或者消去待定系数，从而使问题得到解决。
如何列出一组含待定系数的方程，主要从以下几方面着手分析： ① 利用对应系数相等列方程；② 由恒等的概念用数值代入法列方程； ③ 利用定义本身的属性列方程； ④ 利用几何条件列方程。
比如在求圆锥曲线的方程时，我们可以用待定系数法求方程：首先设所求方程的形式， 其中含有待定的系数； 再把几何条件转化为含所求方程未知系数的方程或方程组；最后解所得的方程或方程组求出未知的系数， 并把求出的系数代入已经明确的方程形式， 得到所求圆锥曲线的方程。
Ⅰ、再现性题组：1. 设 f(x) ＝ x＋ m ， f(x) 的反函数 f1(x) ＝ nx － 5，那么 m 、n 的值依次为 _____。
2A.5, －2B.－5， 2C.5,2 D. －5，－22211 2 22. 二次不等式 ax 2＋ bx ＋2>0 的解集是 ( －, ) ，则 a ＋ b 的值是 _____。
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( x + 21y ) + ( y + 21x )
· 43·
高中数学教与学
2013 年
“公共弦 ” 由相交两圆 引发的思考
范 菁 刘建伟
（ 山西省汾阳市汾阳第五高级中学， 032200 ）
学习圆与圆的位置关系时， 在人教版教 材 129 页例 3 中， 判断两圆的位置关系采用两 种方法， 其中第一种方法是用代数法判断 ． 在 这种方法中联立方程组时先用两圆方程相减 得到一个二元一次方程， 方程表示一条直线， 因为直线过两圆的交点， 所以这条直线是两 圆公共弦所在的直线 ． 代数法从解方程的角 度说明方程组有两组解， 即两圆有两个公共 点， 直线是过这两个公共点的直线 ． 一、 提出问题 对于不是同心圆的两圆： ⊙ C1 ： （ x － a ） ⊙ C2 ： （ x － m） ① － ②， 得 2 （ m － a ） x + 2 （ n － b ） y + a 2 － m2 + b 2 － n2 － r2 + Ｒ2 = 0 ． ③ 如果两圆相交， 则方程 ③ 是 ⊙ C1 与 ⊙ C2 公共弦所在的直线方程； 如果两交点重合即 两圆相切， 则方程 ③ 是过 ⊙ C1 与 ⊙ C2 公切点
例4
（ 2005 年重庆高考题） 若 x， y 是正
2 2 2 数） ， 则 a + b + c ≥ M （ ab + 2 bc） ． 从而关于
数，则 x + （ ） （ A） 3 解
(
)
2
+
( y + 21x )
（ C） 7 2
2
的最小值是
a 的方程 a2 － Mba － 2 Mbc + b2 + c2 = 0 有实
2 x2 － 3 x + 2 2 x2 － 3 x + 2 = = ≥ M． （ 2 + x） （ 2 － x） 4 － x2 则关于 x 的方程 2 x － 3 x + 2 = （ 4 － x ） M ， 即 （ M + 2 ） x2 － 3 x + 2 － 4 M = 0 有实根 ． 由 Δ ≥ 0， 得 M≥ 故 1 7 ， 或 M ≤ － （ 舍去） ． 4 4
设所求最小值为 M ， 且 M ＞ 0．
2 2 2
例3
将 y = 1 － x 代入， 得 y x x （ 1 － x） + = + x +2 y +1 x +2 2 －x
2 且 xy ≠ 0 ， 则 x +
(
1 y2 1 y2
) ( 4y
2
+
1 的最小值为 x2 1 ≥ M（ M 为 x2
)
． 解
2 设 x +
2 2 2
2 2 2 2 得关于 x y 的一元二次方程 4 （ x y ）
M ） x2 y2 + 1 = 0 有实根， 于是 Δ = （ 5 － M ） 16 ≥ 0 ， 解得 M ≤ 1 （ 舍去） ， 或 M ≥ 9．
2 故（ x +
－
例2 最小值为 解
1 1 ） （ 4 y2 + 2 ） 的最小值为 9 ． y2 x 1 2y
% G y
8 6 4
F
C2
5
+ （ y － b） + （ y － n）
2 2
= r ， = Ｒ2 ，
2
① ②
≠ n． 解
图1
b） ， 设直线 l 上任一点 G （ a ， 则 b = 7 － 4a ． 3
因为 GE 与 GF 分别是 ⊙ C1 与 ⊙C2 的切 C2 F ⊥ GF ， 可得 线， 所以 C1 E ⊥ GE ， | GE | 2 = | C1 G | 2 － | C1 E | 2
第6 期
高中数学教与学
巧用待定系数法求解一类多元函数的最值
陈永明
（ 陕西省佛坪县中学， 723400 ）
多元代数式求最值问题， 方法多， 技巧性 特别强， 学生不易掌握 ． 待定系数法是中学数 最重要的方法之一 ． 这一方法运 学中最基本 、 用在求代数式的最值问题时非常有效， 对与 二次函数有关的一些多元函数最值问题， 以 要求的最值为待定系数， 可巧妙求得问题的 解． 本文举例说明 ． 例1 设 x，y 是正数， 且 x + y = 1， 则 ． x2 y2 + 的最小值是 x +2 y +1 解
2 2 2 2 2 根， 得 Δ1 = M b － 4 （ b + c － 2 Mbc］ = （ M
－ 4 ） b + 8 Mcb － 4 c ≥ 0 ． 这个关于 b 的二次不等式解集不空， 那么 （ 1 ） 当 M2 － 4 ≥ 0 ， 即 M ≥ 2 时不等式成
2
2
（ B） 4
2
（ D）
2
9 2
櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷
= （ 2 xy + 1 ） 4 y2
2
+
（ 2 xy + 1 ） 4 x2
2 2
的公切线方程； 如果两圆相离， 则方程 ③ 表示 的直线又该如何解释？ 二、 实例分析 例1 1）
2
如图 1 ， 已知 ⊙ C1 ： （ x + 3 ）
2
2
+（y+
= 4， ⊙ C2 ： （ x － 5 ）
+ （ y － 5）
2
= 16 ， 两圆
方程相减得到直线 l 的方程： 4 x + 3 y － 7 = 0 ． 在直线 l 上任取一点 G 向两圆分别作切线， 切 F， 点分别为 E ， 证明： | GE | = | GF | ．
2
立， 解集显然不空； （ 2 ） 当 M2 － 4 ＜ 0 ， 即 0 ＜ M ＜ 2 时， 由 Δ2 25 = 64 M2 c2 + 16 c2 （ M2 － 4 ） ≥ 0 ， 得 M ≥ 槡， 所 5 25 以 槡 ≤ M ＜ 2 时， 解集不空 ． 5 25 M ≥ 槡． 综上， 5 故 a 2 + b 2 + c2 25 的最小值为 槡 ． ab + 2 bc 5 （ 2011 年湖南高考题） 设 x， y ∈ Ｒ，
2 2
(
) ( 4y
2
2
+
)
待定正实数） ， 则
(x
2
+
2 2
1 y2
) ( 4y
+
2
1 x2
2
)
2
=
（ x y + 1） （ 4x y + 1） ≥ M． x2 y2 + （5 －
2
x2 y2 1 + 的最小值为 ． x +2 y +1 4 a +b +c 已知 a，b，c ＞ 0 ， 则 的 ab + 2 bc ． 设 a 2 + b 2 + c2 ≥ M （ M 为待定正实 ab + 2 bc