最值问题大归纳

前言

最值问题一直是高考的一个热门考点，因其综合性强、思维难度可以出的很高而受到命题人的青睐。最值问题综合了高中的数列、不等式、函数、解析几何等的知识，可以说几乎是高中数学的半壁江山了（求取值范围也可以看成其的变式）。这里归纳一下各种可能出现的最值问题解法。

知识储备

加星表示不强制要求掌握。

• 某个区间上的单调函数，最大值和最小值分布在两端。

• 函数 $f(x)$ 在 $f^{\prime }(x)=0$ 处取到极值。

• 二次分式最值 $$y=\frac{a{x}^2+bx+c}{d{x}^2+ex+f}$$
  令 $y^{\prime }=0$，即 $$(2ax+b)(d{x}^2+ex+f)=(2dx+e)(a{x}^2+bx+c)$$
  $$ae{x}^2+2afx+bf=bd{x}^2+2cdx+ce$$
  $$(ae-bd)x^2+2(af-cd)x+bf-ce=0$$
  解上面这个二次方程，即两个极值点位置。

  特别地，这里再提一种分子二次，分母一次的分式的解法（分子一次分母二次同理）
  $$y=\frac{a{x}^2+bx+c}{dx+e}$$
  不妨令 $t=dx+e$，则 $x=\frac{t-e}{d}$，代入方程
  $$y=\frac{a(\frac{t-e}{d}{)}^2+b(\frac{t-e}{d})+c}{t}$$
  将分子整理后约掉 $t$，就可以出现“积定”的情况，可以用不等式解。

• 均值不等式 $Hn\le G_n\le A_n\le Q_n$

  1、基本不等式的加权形式${}^{\ast }$ $$\sum _{i=1}^n{w}_i{a}_i\ge \prod _{i=1}^n{a}_i^{w_i}$$
  其中 ${\sum }_{i=1}^n{w}_i=1$

  2、一般形式${}^{\ast }$

  $$D(x)=(\frac{{\sum }_{i=1}^n{a}_i^r}{n}{)}^{\frac{1}{r}}，x̸=0$$
  $$D(0)=(\prod _{i=1}^n{a}_i{)}^{\frac{1}{n}}$$
  D(+∞)=lim⁡x→∞D(x)=max{ai}D(+\infty)=\lim_{x\to\infty}D(x)=max\{a_i\}D(+∞)=x→∞lim​D(x)=max{ai​}
  D(−∞)=lim⁡x→−∞D(x)=min{ai}D(-\infty)=\lim_{x\to-\infty}D(x)=min\{a_i\}D(−∞)=x→−∞lim​D(x)=min{ai​}
  $D(x)$ 在 $R$ 上连续单调递增。

• 绝对值不等式 $||a|-|b||\le |a\pm b|\le |a|+|b|$

• 柯西不等式 $(\sum a_i{b}_i{)}^2\le (\sum a_i^2)(\sum b_i^2)$
  辅助记忆：两个 $n$ 维向量模的积 $\ge$ 它们点积的平方
  推广形式：

  1、卡尔松不等式${}^{\ast }$
  从向量推广到矩阵，内容为 $m\times n$ 的非负实数矩阵中，$n$ 列每列元素之和的几何平均值不小于矩阵中 $m$ 行每行元素的几何平均值之和。

  2、赫尔德不等式${}^{\ast }$
  $$\sum a_i{b}_i\le (\sum a_i^p{)}^{\frac{1}{p}}(\sum b_i^q{)}^{\frac{1}{q}}$$
  其中 $p>1，p+q=1，a_i，b_i$ 均为非负实数。

• 琴生不等式${}^{\ast }$
  若 $f(x)$ 为上凸函数，则 $$f(\frac{\sum x_i}{n})\ge \frac{\sum f(x_i)}{n}$$
  可推出：幂平均不等式${}^{\ast }$

问题

二元

凡是给定两变量关系，并求一个带两变量式子的最值的问题，都可以通过换元法化归为求一元的最值问题。
高中能出现的最复杂的函数一般只到 $$F(x)=\frac{a{x}^3+b{x}^2+cx+d}{e{x}^3+f{x}^2+gx+h}$$
这种三次分式的形式。
而求函数最值我们知道求导是通法，但有的情况能更加简便地来求最值。
接下来通过几个例子分析。

例1

已知 $x,y>0，x^2+y^2-xy=1$，求 $x^2+y^2+xy$ 的最大值。

解

$$x^2+y^2+xy=x^2+y^2-xy+2xy=1+2xy$$
问题就变成求 $xy$ 的最大值。便捷的求法是将给定的等式再变形
$$1-xy=(x-y{)}^2>=0$$ 当且仅当 $x=y$ 时候取等号。此时 $x^2+y^2+xy$ 最大值为 $3$。

当然，换元依然是可解的。我们可设 $t=xy$，那么原式变为
$$x^2+\frac{t^2}{x^2}-t=1$$
可以用二次方程的相关知识求解或者直接借助不等式。
我认为第一种办法虽然可求，但需要一定变形，比较带有技巧性，不太适合作为一个通法。

例2

已知 $x,y>0，x+y=2$，求 $x^{2}y$ 的最大值。

解

很明显根据上面的思想，二元换元，转化为求 $f(x)=x^2(2-x)$ 最大值，三次函数求导难度很低。

不过这种结构也有均值不等式的解法，由于所求式子中 $x、y$ 不是齐次的， $x$ 占了两份的权，所以我们对条件变形为 $$\frac{x}{2}+\frac{x}{2}+y=1$$
然后可以用三元均值不等式。
事实上，对于目标多项式 $x^m{y}^n$，都可以将已知限制条件 $ax+by=c$ 化为 ${\sum }_{i=1}^m\frac{ax}{m}+{\sum }_{i=1}^n\frac{bx}{n}$ 然后用 $m+n$ 元均值不等式求。

例3

（2017·新课标二卷）已知 $a^3+b^3=2，a>0，b>0$，证明：
1、$(a+b)(a^5+b^5)\ge 4$
2、$a+b\le 2$

解

第一问换元有点困难，但是一眼柯西，很容易有
$$(a+b)(a^5+b^5)\ge (a^3+b^3{)}^2=4$$
第二问看到题中给的线性关系简单得一批，不用想直接换元 $t=a+b$
$$a^3+b^3=(a+b)(a^2-ab+b^2)=t(t^2-3ab)=2$$
$$ab=\frac{t^3-2}{3t}\le \frac{t^2}{4}$$
即$$4t^3-8\le 3t^3$$
$$t^3\le 8，t\le 2$$
这题还有个反证法的做法。不过这里暂不谈此做法。

例4

（2017 天津 理）若 $a,b\in R,ab>0，$ 求 $\frac{a^4+4b^4+1}{ab}$ 的最小值。

解

直接换元 $t=ab>0$
$$F(a,t)=\frac{a^4+4\frac{t^4}{a^4}+1}{t}$$
对于每个确定的 $t$ （这是一种重要的思考方法，令某变量为常数来达到二元降一元的目的）
可知 $$a^4+\frac{4t^4}{a^4}\ge 4t^2$$
当且仅当 $a^2=\sqrt{2}t$ 时取等
所以取到最小值时必有 $a^2=\sqrt{2}t$，接下来研究 $t$ 要取到何值
$$F(t)=\frac{4t^2+1}{t}$$
已经化成了简单的二次分式
$$F(t)=4t+\frac{1}{t}$$
可知最小值为 $4$。

例5

（2015 重庆 文）
设 $a,b>0$，$a+b=5$，求 $\sqrt{a+1}+\sqrt{b+3}$ 的最大值。

解

先进行常系数换元 $x^2=a+1\in (1,6)，y^2=b+3\in (3,8)$
由已知 $$x^2+y^2=9$$
再进行目标多项式换元 $t=x+y$
$$t^2=9+2xy$$ 转化为求 $xy$ 最大值
然后由均值不等式 $$xy\le \frac{x^2+y^2}{2}=\frac{9}{2}$$
所以 $t\le 3\sqrt{2}$，当且仅当 $x=y=\frac{3\sqrt{2}}{2}$ 是取到。取等的情况在取值范围内。

例6

已知 $a,b$ 为两个不相等的正数，$a^3-b^3=a^2-b^2$，求 $a+b$ 的取值范围。

解

这道题网上很多解答感觉严谨性都不足。这里提供一个较严谨的做法。

约束可化为 $a^2+b^2+ab=a+b$，即 $(a+b{)}^2-(a+b)=ab$。

换元，设 $p=a+b，q=ab$，然后我们将原题对 $a,b$ 的约束等价地加在 $p，q$上。

$a，b$ 可看做方程 $x^2-px+q=0$ 的两根，原题要求

• $a，b>0$
• $a̸=b$
• $a^2+b^2+ab=a+b$

加在 $p，q$ 上，就变成

• $p，q>0$
• $p^2>4q$
• $p^2-p=q$

解这个不等式，可得 $p\in (1,\frac{4}{3})$，$q\in (0,\frac{4}{9})$。

总结

归纳二元问题的解法，无非就两种：

1、$a,b$ 之间有约束条件 $g(a,b)=0$，最大化目标多项式 $f(a,b)$。可以考虑换元转化为单元函数研究最值。

有时可能很难参变分离化为单元函数的形式，考虑不等式。

参变分离时注意自变量最好是任意元。

当 $x^2+y^2$、$x+y$、$xy$ 这几个项同时存在于约束条件时，注意它们之间取到最值的联系。

2、$a,b$ 没有约束，求二元函数 $F(a,b)$ 的最值。通常会考圆或椭圆的图像（有上下界），可以考虑通过将一个量看作常量的方法来降为一元。

多元

求解多元问题一个很重要的方法即上面提到的将一个量看作常量来降元。这种方法甚至可以结合数学归纳法来证明任意正整数元的情况。

多元最值的另一个思路就是根据几个经典不等式的基本形态。

例1

已知 $a，b，c>0$，求证 $a^3+b^3+c^3\ge 3abc$。

解

$$a^3+b^3+c^3-3abc=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-ac-bc)\ge 0$$证毕。
这步因式分解非常巧妙，不熟悉的人经常会无从下手。如果觉得这种思想太突兀，可以考虑降元。
设 $a,b$ 为常量，考虑 $c$ 的情况，设函数 $F(c)=c^3-3kc+b$，对其求导，得 $$F^{\prime }(c)=3c^2-3k=0$$
所以当 $c>0$ 时，$c=\sqrt{k}=\sqrt{ab}$ 取到最小。
由对称性 $a^2=bc，b^2=ac,c^2=ab$
则 $(a-b{)}^2+(b-c{)}^2+(a-c{)}^2=0$，可得 $a=b=c$。
因此最小的情况 $a=b=c$，此时 $a^3+b^3+c^3=3abc$，因此原不等式得证。

例2

（2015 江苏）在锐角 $△ABC$ 中，$\sin A=2\sin B\sin C$，求 $\tan A\tan B\tan C$ 的最小值。

解

不等式与三角问题的结合。我们先对条件进行常规的三角变换。
$$\sin B\cos C+\sin C\cos B=2\sin B\sin C$$
$$\sin B(\cos C-\sin C)=\sin C(\sin B-\cos B)$$
$$\tan B(1-\tan C)=\tan C(\tan B-1)$$
$$\tan B+\tan C=2\tan B\tan C$$
然后直接求最值
$$\tan A\tan B\tan C=\tan A+\tan B+\tan C=\frac{2\tan B\tan C}{\tan B\tan C-1}+2\tan B\tan C$$
设 $\tan B\tan C=t$
则 $$\frac{2t}{t-1}+2t=\frac{2t^2}{t-1}$$用 $k=t-1$ 换元，$$\frac{2(k+1{)}^2}{k}=2k+\frac{2}{k}+4\ge 8$$
当且仅当 $t=2$ 时取到。可以验证等号是取得到的。

优化与考场加速（奇技淫巧）

一般情况下，不等式快于换元求导、降元求导。
所以即使知道通法，也要熟练各种不等式的变式，又快又能保证正确性，在考场就能更快做出题目。

常系数代换法

例1

已知 $2x+y=3$，求 $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}$ 的最小值。

解

$$\frac{1}{x}+\frac{1}{y}=\frac{(2x+y)(\frac{1}{x}+\frac{1}{y})}{3}=\frac{3+\frac{2x}{y}+\frac{y}{x}}{3}=1+\frac{2x}{y}+\frac{y}{x}\ge 1+2\sqrt{2}$$
这种常系数代换法要快于换元解二次分式。
适用范围：$x^a$ 与 $x^{-a}$ 同时出现的情况。

反证法

卡很久不知道怎么做，就想想反证吧。

例1

已知 $x,y>0$，$x+y>2$，求证 $\frac{x+1}{y}>2$ 与 $\frac{y+1}{x}>2$ 不会同时成立。

解

假设同时成立。
那么 $x+1>2y$ 并且 $y+1>2x$
对加一下 $x+y<2$ ，矛盾，所以原命题成立。

放缩法

例1

证明数列 ${\sum }_{i=1}^n\frac{1}{i}$ 发散。

解

这个问题不是最值问题，但也有关系（证明“无最值”）。
对于这个式子，我们可以将其缩小
$$1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\frac{1}{5}+...\ge 1+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{4}+\frac{1}{4}+\frac{1}{4}+...$$
后面那个式子是发散的。所以原式是发散的。