专题34 多元问题的处理-2021年高考数学微专题复习（新高考地区专用）练习

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一、题型选讲
题型一、消元法
多元最值问题是最典型的代数问题，代数问题要注重结构的观察和变形，变形恰当后，直接可以构造几何意义也可以使问题明朗化，具体归纳如下：多元最值首选消元：三元问题→二元问题→一元问题
例1、（2020届山东实验中学高三上期中）已知函数，若方程有四个不同的解，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】先作图象，由图象可得
因此为，
从而，选A.
例2、(2018南通、扬州、淮安、宿迁、泰州、徐州六市二调）已知a，b，c均为正数，且abc＝4(a＋b)，则a＋b＋c的最小值为________．
【答案】 8
【解析】由a，b，c均为正数，abc＝4(a＋b)，得c＝eq \f(4,a)＋eq \f(4,b)，代入得a＋b＋c＝a＋b＋eq \f(4,a)＋eq \f(4,b)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a＋\f(4,a)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b＋\f(4,b)))≥2eq \r(a·\f(4,a))＋2eq \r(b·\f(4,b))＝8，当且仅当a＝b＝2时，等号成立，所以a＋b＋c的最小值为8.
例3、(2019苏州三市、苏北四市二调） 已知关于x的不等式ax2＋bx＋c>0(a，b，c∈R)的解集为{x|3【答案】. 4eq \r(5)
【解析】eq \a\vs4\al(思路分析) 先根据一元二次不等式的解集，确定a<0，以及a，b，c的关系，再将所求eq \f(c2＋5,a＋b)运用消元法，统一成单变量a的函数问题，运用基本不等式求最值．
依题意得a<0，且3和4是方程ax2＋bx＋c＝0的两根，即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－\f(b,a)＝7，,\f(c,a)＝12，))则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(b＝－7a，,c＝12a，))
所以eq \f(c2＋5,a＋b)＝eq \f(144a2＋5,a－7a)＝eq \f(144a2＋5,－6a)＝(－24a)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,－6a)))≥2eq \r(（－24a）·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,－6a))))＝4eq \r(5)，当且仅当144a2＝5，即a＝－eq \f(\r(5),12)时取等号，所以所求最小值为4eq \r(5).
题型二 换元法与主元法
换元法是解决不等式中最常用到的一种方法，若不等式中出现多元的问题可以运用整体的思想看成一个主元，然后再运用换元法解决。
例4、(2017南京三模）已知a，b，c为正实数，且a＋2b≤8c， EQ \F(2,a)＋ EQ \F(3,b)≤ EQ \F(2,c)，则 EQ \F(3a＋8b,c)的取值范围为 ▲ ．
【答案】[27，30]
【解析】本题所给条件为关于的三元不等式，所以首先利用整体思想将其转化为的二元问题，再根据条件和结论的特征，利用线性规划的思想解决取值范围.
由题意可得：，设，则，所求可转化为：.又可化为，可行域如下图所示，当直线与曲线相切时有最小值，当直线经过点A时有最大值.
令，解得，即.
又，所以，解得，,即切点坐标为,
所以，即的取值范围为[27，30].
例5、(2018南京、盐城一模）若不等式ksin2B＋sinAsinC>19sinBsinC对任意△ABC都成立，则实数k的最小值为________．
【答案】 100
【解析】eq \a\vs4\al(思路分析)本题首先用正弦定理将三角函数转化为边，然后再利用三角形中的边的不等关系，消元后转化为二元问题研究．二元问题的最值问题，可以用基本不等式来处理．
解法1(函数的最值) 因为ksin2B＋sinAsinC>19sinBsinC，所以由正弦定理可得kb2＋ac>19bc，即k>eq \f(19bc－ac,b2).因为△ABC为任意三角形，所以a>|b－c|，即eq \f(19bc－ac,b2)eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\a\vs4\ac\hs10\c2(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c,b)))\s\up12(2)＋18\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c,b)))，,0<\f(c,b)≤1，,－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c,b)))\s\up12(2)＋20\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c,b)))，,\f(c,b)>1.)))当01时，－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c,b)))eq \s\up12(2)＋20eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c,b)))≤100，即eq \f(19bc－|b－c|c,b2)的最大值为100，所以k≥100，即实数k的最小值为100.
解法2(基本不等式) 因为ksin2B＋sinAsinC>19sinBsinC，所以由正弦定理可得kb2＋ac>19bc，即k>eq \f(19bc－ac,b2).又eq \f(19bc－ac,b2)＝eq \f(c,b)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(19－\f(a,b))).因为c例6、(2018镇江期末） 已知a，b∈R，a＋b＝4，则eq \f(1,a2＋1)＋eq \f(1,b2＋1)的最大值为________．
【答案】. eq \f(2＋\r(5),4)
【解析】eq \a\vs4\al(思路分析1) 将eq \f(1,a2＋1)＋eq \f(1,b2＋1)通分，变形为关于(a＋b)和ab的式子，将ab作为一个变元，用导数作为工具求最大值，或用不等式放缩求最大值，但要先求出ab的取值范围．
解法(ab作为一个变元) ab≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))eq \s\up12(2)＝4，
eq \f(1,a2＋1)＋eq \f(1,b2＋1)＝eq \f(a2＋b2＋2,（a2＋1）（b2＋1）)＝eq \f(（a＋b）2－2ab＋2,（a＋b）2－2ab＋a2b2＋1)＝eq \f(2（9－ab）,17－2ab＋a2b2).设t＝9－ab≥5，则eq \f(2（9－ab）,17－2ab＋a2b2)＝eq \f(2t,t2＋80－16t)≤eq \f(2t,8\r(5)t－16t)＝eq \f(\r(5)＋2,4)，当且仅当t2＝80时等号成立，所以，eq \f(1,a2＋1)＋eq \f(1,b2＋1)的最大值为eq \f(\r(5)＋2,4).
题型三、求导法
例7、(2019扬州期末）若存在正实数x，y，z满足3y2＋3z2≤10yz，且lnx－lnz＝eq \f(ey,z)，则eq \f(x,y)的最小值为_________．
【答案】. e2
【解析】由3y2＋3z2≤10yz，得(3y－z)(y－3z)≤0，解得eq \f(z,3)≤y≤3z，即eq \f(1,3)≤eq \f(y,z)≤3.
由lnx－lnz＝eq \f(ey,z)，得lnx－lny＋lny－lnz＝eq \f(ey,z)，即lneq \f(x,y)＝－lneq \f(y,z)＋eq \f(ey,z).令eq \f(y,z)＝t，t∈]，得lneq \f(x,y)＝－lnt＋et＝f(t)，则f′(t)＝－eq \f(1,t)＋e＝0，得t＝eq \f(1,e).当t∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(1,e)))时，f′(t)<0，f(t)单调递减；当t∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，3))时，f′(t)>0，f(t)单调递增，所以当t＝eq \f(1,e)时，f(t)有唯一的极小值，即最小值f(t)min＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝2，故eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln\f(x,y)))eq \s\d7(min)＝2＝lne2，所以eq \f(x,y)的最小值为e2.
二、达标训练
1、(2019南京、盐城一模） 若正实数a，b，c满足ab＝a＋2b，abc＝a＋2b＋c，则c的最大值为________．
【答案】 eq \f(8,7) eq \a\vs4\al(思路分析1)
【解析】 注意到求c的最大值，所以将参数c进行分离，为此，可以利用abc＝a＋2b＋c进行分离得c＝eq \f(a＋2b,ab－1)＝eq \f(a＋2b,a＋2b－1)＝1＋eq \f(1,a＋2b－1)，从而将问题转化为求a＋2b的最小值；
eq \a\vs4\al(思路分析2) 结合abc＝a＋2b＋c与ab＝a＋2b化简得abc＝ab＋c来进行分离得c＝eq \f(ab,ab－1)＝1＋eq \f(1,ab－1)，进而求ab的最小值．
解法1 由abc＝a＋2b＋c得，c＝eq \f(a＋2b,ab－1)＝eq \f(a＋2b,a＋2b－1)＝1＋eq \f(1,a＋2b－1)，由ab＝a＋2b得，eq \f(1,b)＋eq \f(2,a)＝1，所以a＋2b＝(a＋2b)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,b)＋\f(2,a)))＝4＋eq \f(a,b)＋eq \f(4b,a)≥4＋2eq \r(\f(a,b)·\f(4b,a))＝4＋4＝8，故c≤eq \f(8,7).
解法2 因为abc＝a＋2b＋c，ab＝a＋2b，所以abc＝ab＋c，故c＝eq \f(ab,ab－1)＝1＋eq \f(1,ab－1)，由ab＝a＋2b利用基本不等式得ab≥2eq \r(2ab)，故ab≥8，当且仅当a＝4，b＝2时等号成立，故c＝1＋eq \f(1,ab－1)≤1＋eq \f(1,8－1)＝eq \f(8,7).
2、(2019扬州期末） 已知正实数x，y满足x＋4y－xy＝0，若x＋y≥m恒成立，则实数m的取值范围为_________．
【答案】 (－∞，9]
【解析】 m≤x＋y恒成立，m≤(x＋y)min.
解法1(消元法) 由x＋4y－xy＝0，得y＝eq \f(x,x－4)，因为x，y是正实数，所以y>0，x>4，则x＋y＝x＋eq \f(x,x－4)＝x＋eq \f(x－4＋4,x－4)＝x＋eq \f(4,x－4)＋1＝(x－4)＋eq \f(4,x－4)＋5≥2eq \r(（x－4）·\f(4,x－4))＋5＝9，当且仅当x＝6时，等号成立，即x＋y的最小值是9，故m≤9.
解法2(“1”的代换) 因为x，y是正实数，由x＋4y－xy＝0，得eq \f(4,x)＋eq \f(1,y)＝1，x＋y＝(x＋y)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,x)＋\f(1,y)))＝eq \f(4y,x)＋eq \f(x,y)＋5≥2eq \r(\f(4y,x)·\f(x,y))＋5＝9，当且仅当x＝6，y＝3时，等号成立，即x＋y的最小值是9，故m≤9.
解法3(函数法) 令t＝x＋y，则y＝t－x，代入x＋4y－xy＝0，得x2－(3＋t)x＋4t＝0.Δ＝(t＋3)2－16t＝t2－10t＋q≥0，得t≤1或t≥9.又y＝eq \f(x,x－4)>0，且x>0，则x>4，故t>4，从而t≥9.所以m≤9.
3、(2018苏州期末） 已知正实数a，b，c满足eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝1，eq \f(1,a＋b)＋eq \f(1,c)＝1，则c的取值范围是________．
【答案】 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(4,3)))
【解析】eq \a\vs4\al(思路分析) 由第二个等式知，要求出c的取值范围，只要先求出a＋b的取值范围，而这可由第一个等式求得．
解法1 因为a＋b＝(a＋b)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(1,b)))＝2＋eq \f(a,b)＋eq \f(b,a)∈[4，＋∞)，所以eq \f(1,a＋b)∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,4)))，
从而eq \f(1,c)＝1－eq \f(1,a＋b)∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，1))，得c∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(4,3))).
解法2 由题两等式得ab＝a＋b，c＋(a＋b)＝c(a＋b)，所以c＋ab＝c(ab)，即c＝eq \f(ab,ab－1)＝1＋eq \f(1,ab－1).因为ab＝a＋b≥2eq \r(ab)，所以ab≥4，所以c＝1＋eq \f(1,ab－1)∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(4,3))).
4、（2019宿迁期末）已知正实数a，b满足a＋2b＝2，则eq \f(1＋4a＋3b,ab)的最小值为________.
【答案】 eq \f(25,2)
【解析】解法1(消元法) 由a＋2b＝2得a＝2－2b＞0，所以0＜b＜1，令f(b)＝eq \f(1＋4a＋3b,ab)＝eq \f(9－5b,2b－2b2)，
f′(b)＝eq \f(－10b2＋36b－18,（2b－2b2）2)＝eq \f(－2（5b－3）（b－3）,（2b－2b2）2).
当b∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3,5)))时，f′(b)<0，f(b)单调递减；当b∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)，1))时，f′(b)>0，f(b)递增，
所以当b＝eq \f(3,5)时，f(b)有唯一的极小值，也是最小值feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)))＝eq \f(25,2).
解法2(齐次化) 因为a＋2b＝2，所以eq \f(1＋4a＋3b,ab)＝eq \f(\f(1,2)a＋b＋4a＋3b,ab)＝eq \f(9a＋8b,2ab)＝eq \f(（9a＋8b）（a＋2b）,4ab)＝eq \f(9a,4b)＋eq \f(4b,a)＋eq \f(13,2)≥2eq \r(\f(9a,4b)·\f(4b,a))＋eq \f(13,2)＝eq \f(25,2)，当且仅当a＝eq \f(4,5)，b＝eq \f(3,5)时取等号，所以所求的最小值为eq \f(25,2).
6、(2019苏北三市期末） 已知x>0，y>0，z>0，且x＋eq \r(3)y＋z＝6，则x3＋y2＋3z的最小值为________．
【答案】 eq \f(37,4)
【解析】 解法1(配方＋导数求函数最值) x3＋y2＋3z＝x3＋y2＋3(6－x－eq \r(3)y)＝x3－3x＋y2－3eq \r(3)y＋18＝x3－3x＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(3\r(3),2)))eq \s\up12(2)＋eq \f(45,4)≥x3－3x＋eq \f(45,4)，当且仅当y＝eq \f(3\r(3),2)时取等号．设g(x)＝x3－3x，g′(x)＝3x2－3.令g′(x)＝0得x＝1，得g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，从而g(x)min＝g(1)＝－2，所以(x3＋y2＋3z)min＝－2＋eq \f(45,4)＝eq \f(37,4)，即所求最小值为eq \f(37,4)，当且仅当x＝1，y＝eq \f(3\r(3),2)，z＝eq \f(1,2)时取等号．
解法2(基本不等式配凑) 由x3＋1＋1≥3x(当且仅当x＝1，取等号)，y2＋eq \f(27,4)≥3eq \r(3)yeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(当且仅当y＝\f(3\r(3),2)取等号))，得x3＋y2＋3z＋2＋eq \f(27,4)≥3(x＋eq \r(3)y＋z)＝18，x3＋y2＋3z≥eq \f(37,4)(当且仅当x＝1，y＝eq \f(3\r(3),2)，z＝eq \f(1,2)取等)．
eq \a\vs4\al(解后反思) 这题三元变量的本质是切线放缩.
7、(2018苏锡常镇调研） 已知函数若存在实数，满足，则的最大值
是 ▲ ．
【答案】
【解析】.作函数的图象如下：
根据题意，结合图象可得，，且
所以
令，
则，易得在上递增，又因为，，根据零点存在性定理可得存在唯一，使得，从而函数的减区间是，增区间是，
又因为，，则
所以在上的最大值是．
8、(2017无锡期末）已知a＞0，b＞0，c＞2，且a＋b＝2，则eq \f(ac,b)＋eq \f(c,ab)－eq \f(c,2)＋eq \f(\r(5),c－2)的最小值为________．
【答案】 eq \r(10)＋eq \r(5)
【解析】思路分析 根据目标式的特征，进行恰当的变形，利用基本不等式知识求解．
因为a＞0，b＞0，所以eq \f(a,b)＋eq \f(1,ab)－eq \f(1,2)＝eq \f(a,b)＋eq \f(a＋b2,4ab)－eq \f(1,2)＝eq \f(a,b)＋eq \f(a2＋2ab＋b2,4ab)－eq \f(1,2)＝eq \f(5a,4b)＋eq \f(b,4a)≥eq \f(\r(5),2)，当且仅当b＝eq \r(5)a时等号成立．又因为c＞2，由不等式的性质可得eq \f(ac,b)＋eq \f(c,ab)－eq \f(c,2)＋eq \f(\r(5),c－2)＝ceq \f(a,b)＋eq \f(1,ab)－eq \f(1,2)＋eq \f(\r(5),c－2)≥eq \f(\r(5),2)c＋eq \f(\r(5),c－2).
又因为eq \f(\r(5),2)c＋eq \f(\r(5),c－2)＝eq \f(\r(5),2)(c－2)＋eq \f(\r(5),c－2)＋eq \r(5)≥eq \r(10)＋eq \r(5)，当且仅当c＝2＋eq \r(2)时等号成立．
所以eq \f(ac,b)＋eq \f(c,ab)－eq \f(c,2)＋eq \f(\r(5),c－2)的最小值为eq \r(10)＋eq \r(5).