多元問題的最值問題 高三數(shù)學選擇填空難題突破

多元問題的最值問題高三數(shù)學選擇填空難題突破多元函數(shù)的最值問題是指在多個約束條件下，求解某一個問題的最大和最小值。該問題中有多個未知數(shù)，解題方法多種多樣，包括導數(shù)法、消元法、基本不等式法、換元法、數(shù)形結(jié)合法、向量法等。解決這個問題需要靈活多變的數(shù)學思想和方法。解題的策略可以分為三種類型。類型一是導數(shù)法。例如，對于不等式$x-2y\leqc(x-y)$，其中$x>y$，求實數(shù)$c$的最大值。答案是$2-2\sqrt{2}$。類似地，對于已知函數(shù)$f(x)$，其定義域為$R$，有$f(x)=-x+ax+1(x\leq8\ln(x+1)+1)$，若$x_2-x_1$的最小值大于5，則$a$的范圍為$(-\infty,-4)$。類型二是消元法。例如，對于方程$e^{2x-y}(y-x)-ae^{2y-x}=0$，當對于任意實數(shù)$x$都存在實數(shù)$y$與之對應時，實數(shù)$a$的取值范圍為$(-\infty,-1/3)$。類型三是基本不等式法。例如，對于二次函數(shù)$f(x)=ax^2+bx+c$，若對任意$x\inR$，不等式$f(x)\geqf'(x)$恒成立，則$a+c\leq2$。需要注意，題目中變量較多時，可以將一些變量看成整體，從而將問題轉(zhuǎn)化為一元函數(shù)的值域來討論。1.在$\DeltaABC$中，$a,b,c$分別為$\angleA,\angleB,\angleC$所對的邊，若函數(shù)$f(x)=\frac{1}{3\pi}\left(x+bx^2+a^2+c^2-acx+1\right)$有極值點，則$\sin\left(2B\right)-\frac{1}{3}$的最小值是（）。【答案】D【解析】由于$f(x)$有極值點，所以$f'(x)=0$有解。計算可得：$$f'(x)=\frac{2bx-ac}{3\pi}$$所以極值點$x_0=\frac{ac}{2b}$。此時$$f(x_0)=\frac{1}{3\pi}\left(\frac{ac}{2b}+a^2+c^2-\frac{a^2c^2}{4b^2}+1\right)$$$$=\frac{4b^2+12b^2a^2+12a^2b^4+3a^4b^2+3c^4b^2+4a^2c^2b^2-a^4c^2}{12\pib^2}$$$$=\frac{(3b^2+a^2+c^2)^2-a^4-c^4}{12\pib^2}$$根據(jù)余弦定理可得$$\cosB=\frac{a^2+c^2-b^2}{2ac}$$$$\cos2B=2\cos^2B-1=\frac{a^4+b^4+c^4-2a^2b^2-2b^2c^2-2c^2a^2}{4a^2c^2}$$$$=\frac{(a^2+c^2-b^2)^2-4a^2c^2}{4a^2c^2}$$所以$$\sin\left(2B\right)-\frac{1}{3}=\sqrt{1-\cos^2\left(2B\right)}-\frac{1}{3}=\frac{2a^2c^2-(a^2+c^2-b^2)^2}{6a^2c^2}$$$$=\frac{4b^2+12b^2a^2+12a^2b^4+3a^4b^2+3c^4b^2+4a^2c^2b^2-a^4c^2}{12\pia^2c^2}-\frac{1}{3}$$$$=\frac{(3b^2+a^2+c^2)^2-a^4-c^4}{12\pia^2c^2}-\frac{1}{3}=f(x_0)-\frac{1}{3}$$由于$f(x)$有極值點，所以$f(x)$在定義域內(nèi)單調(diào)遞增或單調(diào)遞減。由于$f(x)$是一個關于$x$的二次函數(shù)，所以$f(x)$在$x_0$左側(cè)單調(diào)遞減，在$x_0$右側(cè)單調(diào)遞增。因此，當$x_0$是極小值點時，$\sin\left(2B\right)-\frac{1}{3}$最?。划?x_0$是極大值點時，$\sin\left(2B\right)-\frac{1}{3}$最大。所以要求$f(x)$的極小值點。由于$f(x)$是一個關于$x$的二次函數(shù)，所以當$a,b,c$固定時，$f(x)$的極小值點$x_0$可以通過求導得到。計算可得：$$x_0=\frac{ac}{2b}$$代入$f(x)$可得$$f(x_0)=\frac{(3b^2+a^2+c^2)^2-a^4-c^4}{12\pib^2}$$所以$\sin\left(2B\right)-\frac{1}{3}$的最小值是$$f(x_0)-\frac{1}{3}=\frac{(3b^2+a^2+c^2)^2-a^4-c^4}{12\pib^2}-\frac{1}{3}$$選項D正確。2.已知函數(shù)$f(x)=e^{2x-3}+\lnx$，$g(x)=2x-3$，若$f(m)=g(n)$成立，則$n-m$的最小值是（）?！敬鸢浮緿【解析】由題意可得$$e^{2m-3}+\lnm=2n-3$$$$\lnn=\lnm+2$$將第一個式子化為$e^{2m-3}+\lnm-2n+3=0$，記$h(m)=e^{2m-3}+\lnm-2n+3$，則題目要求$h(m)=0$的最小正數(shù)解$m-n$。$h(m)$是一個關于$m$的連續(xù)可導函數(shù)，所以$h(m)=0$的最小正數(shù)解$m_0$可以通過牛頓迭代法得到。迭代公式為$$m_{k+1}=m_k-\frac{h(m_k)}{h'(m_k)}$$計算可得$$h'(m)=2e^{2m-3}+\frac{1}{m}$$$$h''(m)=4e^{2m-3}-\frac{1}{m^2}$$由于$h(m)$在$m=n$處有一個零點，所以$h(n)=0,h'(n)=0$。代入迭代公式可得$$m_{k+1}=m_k-\frac{h(m_k)}{h'(n)}=m_k-\frac{e^{2m_k-3}+\lnm_k-2n+3}{2e^{2n-3}+\frac{1}{n}}$$取$m_0=n+1$，則迭代得到的結(jié)果如下表所示。|$k$|$m_k$||---|---||0|$n+1$||1|$n+\frac{1}{2}$||2|$n+\frac{1}{3}$||3|$n+\frac{1}{4}$||4|$n+\frac{1}{5}$||5|$n+\frac{1}{6}$||6|$n+\frac{1}{7}$||7|$n+\frac{1}{8}$||8|$n+\frac{1}{9}$|可見，$m_0=n+1$時，迭代得到的結(jié)果$m_k$單調(diào)遞減，且$\lim\limits_{k\to\infty}m_k=n$。因此，$n-m$的最小值是$$n-m=\lim_{k\to\infty}(m_k-n)=\lim_{k\to\infty}\frac{1}{k+1}=\boxed{0}$$選項D正確。3.已知$x_1$是函數(shù)$f(x)=x+1-\ln(x+2)$的零點，$x_2$是函數(shù)$g(x)=x^2-2ax+4a+4$的零點，且滿足$|x_1-x_2|\leq1$，則實數(shù)$a$的最小值是（）?！敬鸢浮緿【解析】首先求出函數(shù)$f(x)$的零點$x_1$。由于$f(x)$是一個關于$x$的連續(xù)可導函數(shù)，所以$x_1$可以通過牛頓迭代法得到。迭代公式為$$x_{k+1}=x_k-\frac{f(x_k)}{f'(x_k)}$$計算可得$$f'(x)=\frac{1}{x+2}-1$$由于$f(x)$在$x_1$處為零，所以$f(x_1)=0$，代入迭代公式可得$$x_{k+1}=x_k-\frac{x_k+1-\ln(x_k+2)}{\frac{1}{x_k+2}-1}=\frac{1}{2}\left(x_k+1+\ln(x_k+2)\right)$$取$x_0=0$，則迭代得到的結(jié)果如下表所示。|$k$|$x_k$||---|---||0|0||1|0.5||2|0.791759||3|0.918938||4|0.965666||5|0.984218||6|0.992047||7|0.995995||8|0.997993||9|0.998996|可見，$x_0=0$時，迭代得到的結(jié)果$x_k$單調(diào)遞增，且$\lim\limits_{k\to\infty}x_k=1$。因此，$x_1\in(0,1)$。由于$g(x)$是一個關于$x$的二次函數(shù)，所以$g(x)$的零點$x_2$可以通過求解一元二次方程$g(x)=0$得到。計算可得$$x_2=a+\sqrt{a^2-4a-4}$$由于$|x_1-x_2|\leq1$，所以$x_2$的取值范圍是$x_1-1\leqx_2\leqx_1+1$。代入$x_2=a+\sqrt{a^2-4a-4}$可得$$a+\sqrt{a^2-4a-4}\leqx_1+1$$$$a-\sqrt{a^2-4a-4}\geqx_1-1$$聯(lián)立以上兩個不等式可得$$\sqrt{a^2-4a-4}\leqx_1+1-a$$$$\sqrt{a^2-4a-4}\leqa-x_1+1$$由于$a^2-4a-4=(a-2)^2-8\geq-8$，所以$\sqrt{a^2-4a-4}\geq-2$。因此，$a-x_1+1\geq-2$，$x_1+1-a\geq-2$。聯(lián)立以上兩個不等式可得$$a\geqx_1-1$$$$a\geq3-x_1$$由于$x_1\in(0,1)$，所以$3-x_1>2$。因此，$a$的最小值是$3-x_1$。代入$x_1=0.998996$可得$a\geq2.001004$。因此，$a$的最小值是$\boxed{2.001004}$。4.若曲線$C_1:y=x^2$與曲線$C_2:y=a\mathrm{e}^x(a>0)$存在公共切線，則$a$的取值范圍為（）?！敬鸢浮緿【解析】曲線$C_1$的切線方程為$y=2x_0(x-x_0)+{x_0}^2$，其中$x_0$為切點的橫坐標。曲線$C_2$的切線方程為$y=a\mathrm{e}^{x_0}(x-x_0)+a\mathrm{e}^{x_0}$，其中$x_0$為切點的橫坐標。由于$C_1$的切線方程$y=2x_0(x已知函數(shù)$f(x)=\begin{cases}2^x,&x\leq1\\\log_2{x},&x>1\end{cases}$，且$f(f(x))=\begin{cases}x,&x\leq1\\\log_2(\log_2{x}),&x>1\end{cases}$。令$g(y)=\log(\log{x}),x>1$，則$g(y)=\frac{2a^2y^2+ay}{4a^2y^2-11}$，其中$a>0$。求$a$的最小值。已知函數(shù)$f(x)=e^x$，$g(x)=\ln(x+1)$，對于任意$a\in\mathbb{R}$，存在$b\in(0,+\infty)$，使得$f(a)=g(b)$。求$b-a$的最小值。已知函數(shù)$f(x)=\begin{cases}\ln{x}-1,&1<x\leq2\\1,&x>2\end{cases}$，求實數(shù)$m$的取值范圍，使得不等式$f(x)\leq5-mx$恒成立。已知函數(shù)$f(x)=x+bx+c(b,c\in\mathbb{R})$，對于任意$x\in\mathbb{R}$，恒有$f(x)\leqf(x)$。若對于滿足上述條件的任意$b,c$，不等式$f(c)-f(b)\leqM(c-b)$恒成立，求$M$的最小值。2.改寫后的文章：已知函數(shù)$f(x)$如下，求$a$的最小值：$$f(x)=\begin{cases}2^x,&x\leq1\\\log_2{x},&x>1\end{cases}$$且$f(f(x))$如下：$$f(f(x))=\begin{cases}x,&x\leq1\\\log_2(\log_2{x}),&x>1\end{cases}$$令$g(y)=\log(\log{x}),x>1$，則$g(y)=\frac{2a^2y^2+ay}{4a^2y^2-11}$，其中$a>0$。已知函數(shù)$f(x)$和$g(x)$如下，求$b-a$的最小值：$$f(x)=e^x,g(x)=\ln(x+1)$$對于任意$a\in\mathbb{R}$，存在$b\in(0,+\infty)$，使得$f(a)=g(b)$。已知函數(shù)$f(x)$如下，求實數(shù)$m$的取值范圍，使得不等式$f(x)\leq5-mx$恒成立：$$f(x)=\begin{cases}\ln{x}-1,&1<x\leq2\\1,&x>2\end{cases}$$已知函數(shù)$f(x)=x+bx+c(b,c\in\mathbb{R})$，對于任意$x\in\mathbb{R}$，恒有$f(x)\leqf(x)$。若對于滿足上述條件的任意$b,c$，不等式$f(c)-f(b)\leqM(c-b)$恒成立，求$M$的最小值。已知函數(shù)$f(x)=ax^3+x^2-ax(a\inR,且a\neq0)$，若$f(x)\leq0$恒成立，則$a$的取值范圍是多少？【解析】首先考慮$f(x)$的零點，即解方程$ax^3+x^2-ax=0$，得$x=0$或$x=\pm\sqrt{\frac{1-a}{a}}$.當$a>0$時，$f(x)$在$x=0$左側(cè)單調(diào)遞減，在$x=0$右側(cè)單調(diào)遞增，因此$f(x)\leq0$恒成立的條件是$f(0)\leq0$，即$a\geq0$.當$a<0$時，$f(x)$在$x=-\sqrt{\frac{1-a}{a}}$左側(cè)單調(diào)遞減，在$x=-\sqrt{\frac{1-a}{a}}$右側(cè)單調(diào)遞增，在$x=0$左側(cè)單調(diào)遞增，在$x=0$右側(cè)單調(diào)遞減，在$x=\sqrt{\frac{1-a}{a}}$左側(cè)單調(diào)遞減，在$x=\sqrt{\frac{1-a}{a}}$右側(cè)單調(diào)遞增，因此$f(x)\leq0$恒成立的條件是$f(-\sqrt{\frac{1-a}{a}})\leq0$和$f(\sqrt{\frac{1-a}{a}})\leq0$，即$-a\geq\sqrt{1-a}$且$a\leq-\sqrt{1-a}$，解得$-\frac{1}{2}\leqa\leq0$.綜上所述，$a$的取值范圍為$[-\frac{1}{2},\infty)$（或$a\geq0$）.已知函數(shù)$f(x)=e^{-e^x}+3x+x^3$，定義函數(shù)$g(x)=f(x)+f'(x)$，其中$x\in[-1,b]$（$b>-1$）。要使$g(x)$在$x=-1$處取得最小值，需要滿足$b\in(-\infty,-1)\cup(17/117,+\infty)$。因此，實數(shù)$b$的最大值為$17/117$。已知函數(shù)$f(x)=e^{-e^x}+3x+x^3$，求$a\in(-1,1)$時，使得$f(2a-1)+f(b-1)=\frac{2a^2b^2+1}{a+1b}$的最小值。首先，將$f(x)$求導得$f'(x)=-e^{-e^x}e^x+3+3x^2$。因此，$g(x)=f(x)+f'(x)=e^{-e^x}+3x+x^3-e^{-e^x}e^x+3+3x^2$。將$f(2a-1)+f(b-1)=\frac{2a^2b^2+1}{a+1b}$代入$g(x)$中，得到$g(x)=\frac{2a^2b^2+1}{a+1b}+3x+x^3-\left(e^{-e^{2a-1}}e^{2a-1}+e^{-e^{b-1}}e^{b-1}\right)+3+3x^2$。要使$g(x)$在$a\in(-1,1)$時取得最小值，需要滿足$b=\frac{a^2+1}{a+1}$。將$b$代入$g(x)$中，得到$g(x)=\frac{2a^2(a^2+1)^2+1}{(a+1)^3}+3x+x^3-\left(e^{-e^{2a-1}}e^{2a-1}+e^{-e^{a^2}}e^{a^2}\right)+3+3x^2$。對$g(x)$求導，得到$g'(x)=3x^2+3+\left(1-e^{-e^{2a-1}}e^{2a-1}\right)e^{2a-1}+\left(1-e^{-e^{a^2}}e^{a^2}\right)e^{b-1}$。令$g'(x)=0$，解得$x=\pm\sqrt{-1-\frac{1-e^{-e^{2a-1}}e^{2a-1}}{3}}$。由于$x\in[-1,b]$，因此需要滿足$x=-\sqrt{-1-\frac{1-e^{-e^{2a-1}}e^{2a-1}}{3}}$。將$x$代入$g(x)$中，得到$g(x)=\frac{2a^2(a^2+1)^2+1}{(a+1)^3}+3\left(-\sqrt