专题9多元最值问题的八大分析方法（备战2024高考数学-大一轮36个核心专题）

这是一份专题9多元最值问题的八大分析方法（备战2024高考数学-大一轮36个核心专题），共11页。
专题9处理多元函数范围（最值）问题的八大视角1.均值不等式2.柯西不等式3.三角代换4.利用等高线与铅垂线消元5.寻找几何意义6.切线分析7.同构8.一些重要的多元结论例1．记的内角，，的对边分别为，，．已知．（1）求的值：（2）求的最大值．解析：（1）由余弦定理可得，代入，得到，化简得，即.由正弦定理可得，即，展开得，即，所以．（2）由得，故，当且仅当，即时等号成立．因为，所以，所以的最大值为.例2．已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．（1）求；（2）求的最小值．解析：（1）由余弦定理知，所以，由,得，即,又因为，所以，即，在中，，所以．（2）由（1）知，则，得，所以，当且仅当时等号成立．所以的最小值为．2.柯西不等式柯西不等式：若，则，当且仅当时等号成立.或者中至少有一方全为零.例3．已知椭圆：与双曲线：有相同的焦点， 椭圆的离心率为，双曲线的离心率为， P为椭圆与双曲线的交点，且则的最大值为（    ）A． B．          C．      D．解析：设P为第一象限的交点，，，在中，由余弦定理得，即，则，化简得，即，则，由柯西不等式得，所以，当且仅当时，等号成立，故选：D例4．已知为坐标原点，点在抛物线上，过点的直线交于，两点，则　　A．的准线为 B．直线与相切 C． D．解析：点在抛物线上，，解得，抛物线的方程为，准线方程为，选项错误；由于，，则，直线的方程为，联立，可得，解得方程有两个相等的根，故直线与抛物线相切，选项正确；根据对称性及选项的分析，不妨设过点的直线方程为，与抛物线在第一象限交于，，，，联立，消去并整理可得，则，，，由柯西不等式可得：，由于等号在时才能取到，故等号不成立，选项正确；，选项正确．故选：．3.三角代换例5．若，满足，则　　A． B． C． D．解析：由可得，，令，则，，，故错，对，，，故对，错，故选：．例6．已知点是圆上的动点，则的最大值为（    ）A． B． C．6 D．5解析：由，令，则，所以当时，的最大值为.故选：A例7．实数满足，则的最小值为（    ）A．        B．        C．            D．解析：由题意得，即点在直线上，点在曲线上，表示两点距离的平方，不妨设，则到直线的距离为，故的最小值为，当时取等号.故选：A4.等高线与铅垂线例8．已知，，若，则的最小值是（    ）A．2 B． C． D．解析：令，即，所以，，，令，则，所以，当时，，单调递增，当时，，单调递减，因为，所以，所以，的最小值是.故选：D例9．已知函数，，若成立，则n－m的最小值为（    ）A． B．C． D．解析：令，则，，∴，，即，，，∴，有，当时，，单调递减；当时，，单调递增；∴，即的最小值为.故选：A.5.寻找几何意义例10．已知，则y的最小值为（   ）A． B． C． D．解析：y的最小值即为上的点与上的点的距离的平方的最小值.，令，解得：，又，故图象上与平行的切线在图像上的切点为.于是图像上的点与上的点的最短距离为点到的距离，即最短距离，则，y的最小值为.故选：B.例111．已知，，则的最小值为（    ）A． B． C． D．解析：由，则点在函数上，，则点在函数上，则表示、两点的距离的平方，要求的最小值，即求的最小值，当过的点切线与直线平行时，点到直线的距离即为的最小值，由可得，所以，解得，所以，即，所以到的距离，即，所以的最小值为；故选：C例12．已知且，则的最小值是（    ）A． B． C． D．8解析：代数式可以看成点到点距离的平方，点在平面直角坐标系中，表示单位圆上的点，点表示曲线上的点，如下图所示：，由，所以曲线在点处的切线方程为：，此时直线与直线垂直于点，交圆于点，由数形结合思想可以确定：当点运动到点时，当点运用到点时，有最小值，即，故选：B6.切线分析例13.若直线和的图象相切，则的最小值为________.解析：设和的图象相切于点，因为，所以的图象在点P处的切线方程为，即,从而，，所以，设，则，所以，，故在上，在上，从而,所以的最小值为0. 例14.已知直线是曲线的一条切线，则的最大值是________.解析：设切点为，，所以切线方程为，整理得：，所以，，从而，设，则，所以，,从而在上，在上，故，即的最大值为.7.同构例15．已知函数，.若存在，使得成立，则的最大值为（   ）A．B．C． D．解析：，，由于，则，同理可知，，函数的定义域为，对恒成立，所以，函数在区间上单调递增，同理可知，函数在区间上单调递增，，则，，则，构造函数，其中，则.当时，，此时函数单调递增；当时，，此时函数单调递减.所以，.故选：C.例16．已知函数，，若，，则的最大值为（       ）A． B． C． D．由题意得，，，即，令函数，则，所以，时，，在上单调递减，时，，在上单调递增，又当时，，时，，作函数的图象.由图可知，当时，有唯一解，故，且，∴.设，，则，令解得，所以在上单调递增，在上单调递减，∴，即的最大值为.故选：D.8.几个特殊的结论（1）.先介绍两个函数：，. 这两个函数的零点要注意，首先，一定是一个零点，其次，当满足一定条件时，还会再有两个零点出现，并且，这两个函数有一个很重要的特点，若，则有，这就意味着剩下的两个零点会有隐含关系：，这个关系在解决相关多极值点问题时至关重要！例17．已知函数有三个零点，其中，则的取值范围是（    ）A． B． C． D．解析：定义域为，显然，若是零点，则，，所以也是零点，函数有三个零点，不妨设，则，所以，，当时，结合定义域和判别式易知恒成立，即函数在上单调递增，不符合题意；当时，设的两根分别为，易知，所以函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，当时，，，，当，，所以由零点存在定理易知有三个零点，满足题意.综上，的取值范围是故选：B（2）常见结论：设函数，若且，证明：当时,，由于,即,即当时,由于,即,即例18．设函数，有四个实数根，，，，且，则的取值范围是（    ）A． B． C． D．解析: 由分段函数知:时且递减;时且递增;时,且递减;时,且递增;∴的图象如下:有四个实数根且,由图知:时有四个实数根, 且, 又, 由对数函数的性质:, 可得, 由在上单增, 可知,所以故选: