函数最值范文

函数最值范文（精选11篇）

函数最值 第1篇

一.等量代换后, 使用重要不等式法:

注:一般对于分母较复杂的, 无约束条件的多元函数求最值, 常常对分母进行等量代换, 即简化分母, 然后用重要不等式。

二、降元方法:

多元函数求最值最常见方法是利用降元思想, 将n元降为n-1元, 以此类推, 最终降为一元问题, 而降维的手段常有消元减元, 捆绑减元和利用不等式减元等。

本题利用配方三元降为二元, 利用不等式将二元降为一元, 再用重要不等式顺利求解

三、换元法

对含等量关系的一些特殊状况, 代入消去往往较难实施时, 常发掘等量关系的参数形式, 进行三角换元, 以达到降元的目的。我们常遇到的是圆和椭圆的参数方程, 有些换元与三角公式的特质相关。

本题换元因素比较隐含, 这需要扎实的数学功底和洞察能力, 过程中又用到sin (2a+g) £1, 从而化为一元问题。

四、局部调整, 再用重要不等式求解

五、构造不等式求解

六、引进参数, 利用不等式求最值

求S的最小值 (2011年常州四市模拟题)

分析:此类问题是近年高考模拟题的常见题型, 学生很害怕, 常束手无策, 此类问题最常见办法是利用max³任何一个函数, min£任何一个函数, 构成不等式求解。

多元函数最值解题需要知识面较宽, 解题方法灵活多变, 解题时要从实际出发, 作出探索, 只有综合掌握以上方法并灵活运用重要不等式, 我们就能化难为易, 顺利找到解题途径。

参考文献

[1]《中国女子数学奥林匹克集锦》

偏导数求二元函数最值 第2篇

用偏导数可以求多元函数的极值及最值，不过要比一元函数复杂很多。

这个在高等数学教材里都有，极值求法与一元函数类似。不过极值点的判断要比一元函数复杂很多。

求闭区域上的最值要更麻烦一些。为什么呢？你可以回忆一下闭区间上一元函数的最值，我们做法是先求极值，再与端点的函数值比大小。但多元函数就麻烦了，因为一元函数的区间端点只有两个值，可以全求出来比就行了。但多元函数闭区域的边界是无穷多个值，不可能全求出来了，因此边界上我们还需要再求最大最小值，这个叫做条件最值。

函数最值问题的探讨 第3篇

本节课是我校高三数学教学研讨会上的一节研究课的实录。研究的主题是如何使用一道习题培养学生的探索与创新精神，把重点放在研究解题策略的选择上，使用的数学素材是求一类三角函数的最值问题。我校是市重点中学，但学习的水平在我区6所重点中学处在中等的位置。

1 课堂教学实录

1.1 提出问题

教师：前段时间我们已经研究过函数的最值问题，今天咱们来一起探讨“一类三角函数的最值问题的解法”。

写出课题：求函数y= 的最值。

1.2 解题策略的研究

教师：谁愿意将自己的方案拿出来和大家一起讨论？

学生1：我用赋值法，研究他们的特殊情况，当cosx=1代入就得函数的最大值ymax=3，当cosx=-1，代入得函数的最小值ymin= 。

学生2：我认为解答题有一个完整的推理是最好的，我用拆项法求解，y=

∵-1≤cosx≤1，∴-1≤2-cosx≤3，∴ ≤y≤3

∴ymin= ，ymax=3

教师：同学们对这一问题已经想到了两种解法，而且各种解法的研究的思路都很清，解题过程也较简洁，我非常赞同同学们这种勇于探索的精神。当然此题还有其它的解法，课后再去探索。

1.4 问题延拓的研究

教师：刚才这种函数的分子与分母中的正弦、余弦的系数的相等或绝对值相等，我们会解决了，如果其系数不同又如何研？例如

1.4.1 启示与探索

求函数y= 的最值

学生3：只要认真审题，把上面的各种方法对照一下，哪些适合，哪些不适合，还是可以解决的。

学生4：有界性可以做，求导法可以，挽元判别式法可以，利用解析几何的斜率即数形结合可以解决。

教师：有没有同学想到数形结合？

学生5：我还没有完全研究出来，不过我已经有了思路，令y1=3sinx，x1=2cosx，则得 =1，则视为椭圆上点A（cosx，sinx）与定点B（3，-10）的连成的斜率的最大（小）值，最值在直线AB和椭圆相切时取得。

1.4.2 进一步探究

教师：如果将sinx，cosx的系数为任意实数，求函数y= 的最值，大家能研究其解法？

学生15：现在我完全可以了。（具体过程略）

1.4.3 研究与推广

教师：分子，分母中sinx与cosx的次数，刚才给出都是一次的解法，大家研究得都很好，如果其次数一个是一次，另一个二次又如何？或两个都是二次的，其最值又如何？

例如：求y= 的最值，或y= 的最值，或求y= 的最值。

教师：这节课同学们都展示了自己的研究成果，都非常精彩，有的方法是教师也没有想到的，说明了同学们能将三角知识与其它数学知识有机地结合在一起解决的实际问题，提高学数学、用数学的能力。

2 课后的反思

2.1 主题突出

一个有研究价值的问题是开展研究性学习的前提和保证。我们把学生的自主研究为本节课的主题。研究的内容是一道平凡习题，一类三角函数的最值问题的解法，而是把重点放在研究解题的思路和研究解题的策略的制定上，在教师提出问题之后，要求学生通过分析，自己制定研究解题方案。

本节课共划分为4个环节，学生的研究活动始终贯穿于课堂教学的全过程，深入到每一个环节之中，重点体现学生的独立自主学习与合作学习相结合，以课上几个同学的发言来看，不仅解题方法不尽相同，而且研究的方向有许多不相同。这样的学生学习活动，无论是独立思考还是合作学习，就成了本节课教学活动的重点，教师始终处在引导的地位，教师的作用发挥得恰到好处。

2.2 研究的目标明确

从教学内容看，课上虽然只重点研究y= 最值问题的解法，但学生研究各种解法后已经有了深刻的认识，能从多角度多方位的思考，探究，从这个角度讲，本节课的教学内容丰富，容量大，结构性强。

我们把教学目标划分为三个层次：知识——方法——能力。数学课的教学应以数学知识为载体，以数学思想方法为核心，以提高学生的能力和素质为目的，对一节研究课的评价，重点不在于所学知识内容学习和掌握的程度，而是学生从中学到了哪些思考和解决问题的方法和策略。

2.3 能达到研究解题方法的实质。

这节课作为教师和学生均浸在发现问题，解决问题的喜悦中，师生间的配合非常默契。从教学的角度看，复习了求函数最值的几种办法，复习了导数的知识，解析几何，不等式等知识。涉及了数学中的函数的思想，方程的思想，转化和化归的思想，挽元，判别式等思想方法。能从多角度多层次展开解题策略，学有所得。

三角复合函数最值求法—分解函数法 第4篇

例1(2014·天津)已知函数

(Ⅰ)求f(x)的最小正周期;

(Ⅱ)求f(x)在闭区间上的最大值和最小值．

(Ⅰ)f(x)的最小正周期

因为

因此，f(x)在闭区间上的最大值为最小值为-

点评在(Ⅱ)中，求三角函数形成的复合函数f(x)的最值时，引入了中间变量u,v把复合函数最值问题转化为三个基本函数的值域问题加以解决．这种方法充分体现了数学的简洁美、奇异美及转化思想，具有很强的操作性．

例2(2014·江西)已知函数f(x)=sin(x+θ)+aco(x+2θ)，其中

(Ⅰ)当时，求f(x)在区间[0，π]上的最大值与最小值;

解(Ⅰ)当时，

因为

因此，f(x)在区间[0，π]上的最大值为最小值为-1.

联立(1)(2)，结合解得

点评该例(Ⅰ)中，函数f(x)实际上是三;角函数形成的复合函数，求其最值时，采用了分解函数法，引入了中间变量u，把该复合函数分解为两个基本函数，通过求这两个基本函数的值域得出了原函数的最值．这种方法简洁明快．

总之，探究三角复合函数的最值时，首先常据倍角公式、降次公式(半角公式)、和角公式、差角公式、辅助角公式把原函数化成复合函数的形式;其次可采用分解函数法，引入中间变量，把复合函数分解为几个基本函数;最后通过求基本函数的值域求出复合函数的最值．求基本函数的值域时可以采用单调性法、图像法、不等式法、配方法等数学方法．利用分解函数法求复合函数最值既能体现数学美，又能渗透数形结合、转化、整体的数学思想．这种方法简单易行，具有很强的操作性．

摘要：三角复合函数最值的求法有多种,本文笔者通过例题来阐述分解函数法的应用,为学生和读者们以后的结题带来一些信息的思路和方法.

浅谈函数最值的求法 第5篇

首先,可以用初等数学的方法求函数最值。

1.利用二次函数求最值

利用二次函数求最值是一种应用甚广的基本方法,其基本思路是将将问题转化为某个变量的二次函数,通过配方,利用二次函数性质求出最值。

例1 设x1,x2是关于x的一元二次方程x2+ax+a=2的两个实数根,(x2-2x2)(x2-2x1)的最大值是什么?

解:因为 △=a2-4(a-2)=(a-2)2+4>0,

所以(x1-2x2)(x2-2x1)

=-2x12+5x1x2-2x22

=-2(x1+x2)2+9x1x2 。

因为x1,x2是方程x2+ax+a=2的两个实数根,

所以x1+x2=-a,x1·x2=a-2代入配方可得:

(x1-2x2)(x2-2x1)

=-2a2+9a-18 =

根据平方的非负性知:当a= 时,(x1-2x2)(x2-2x1)的最大值为- 。

2.利用换元求最值

一些函数,特别是在函数表达式中含有三角函数的情形,往往可利用三角函数的有关性质来求函数的最值,这就是三角换元求最值;其他的换元就是根据函数表达式的特点,把某一部分看作一个整体或用一个新变元来代替,达到化繁为简,从而使问题得解。

(1)三角换元

例2已知x,y均是正数,x2+y2=1,求x+y的最值。

解:令,

则 所以x+y的最大值为√2,最小值为-√2。

(2)其他换元

例3 已知 的最大值。

解: 当且仅当x=y= 时取等号,所以 的最大值为2。

3.利用数形结合求最值

运用数形结合的思想,将函数的最值问题转化成几何图形的性质问题,通过几何的有关知识来解决。这种方法对于最值的解法显得更直观、易懂、简洁,这对于开拓思路,提高和培养分析能力,解决问题的能力有裨益。

例 4 求函数y=√x4-x2+1+√x4+7x2-4x+13的最小值。

解:因为 y=√x4-x2+1+√x4+7x2-4x+13

=√x2+(x2-1)2+√(x-2)2+(x2+3)2,

所以y可以看作点P(x,x2)到点A(0,1)及点B(2,3)的距离之和。

已知点P(x,x2)在抛物线y=x2上,又由于y=x2与线段A,B有交点,故当A,P,B在同一直线上时,距离之和最小,最小值为线段AB的长,所以y的最小值为ymin=√(2-0)+(-3-1)2=√20=2√5。

4.利用基本不等式求最值

不等式和最大值与最小值是密切相关的。比如要证明某个参数P的最小a,可先证明P≥a,然后说明P可以取到a,这是利用不等式求最值的基本思路,更为一般的是利用均值不等式,积定求和最小值,和定求积最大值。

例5 求的最小值。

当且仅当 。

用向量法求解函数最值 第6篇

例1求实数x、y的值, 使得 (y-1) 2+ (x+y-3) 2+ (2x+y-6) 2达到最小值 (2001年全国初中数学联赛试题)

分析:构造向量求解函数最值显然简单一些, 但要注意为使是个定值, 如何巧妙地构造构造向量, 而此题所给式子恰好可以看成向量的模的平方。

例2%如果a, b, c∈R+且a+b+c=1求的最大值 (第8届“希望杯”全国数学邀请赛高二试题)

分析:此题借助于已知条件a+b+c=1构造向量比较容易, 且所给式子可以看成两个数量积的和的形式, 因此适合用Th完成。

以上题型均可构造空间向量, 利用向量的数量积求解, 并且较其它方法更为简单、直接。此外, 一般地涉及两向量数量积的和的形式的题型可利用上述公式求其最值, 但在构造时也有其局限性, 不是每一类函数都可运用该种方法。

摘要：在一些求函数的最值的问题中, 运用构造向量法能使问题得到优化, 而且可以发散学生的思维, 培养学生的创新精神的作用。学会观察函数问题的结构特征, 把握函数结构的向量模型, 构造向量, 把函数最值问题转化为向量问题, 使问题解决达到事半功倍的效果。

三角函数求最值策略 第7篇

三角函数最值求解的主导方向是化为“单一” (即同名同角) 三角函数求最值, 同时要注意三角函数值范围及角范围条件的约束作用.现就常见的几种类型作一归类.

—、二次函数法

当求最值的三角函数化为形如二次函数形式的三角函数时, 常利用配方这一二次函数法来求得.

【例1】 函数$y=1+4\cos x-4\sin {}^{2}x(-\frac{2\text{π}}{3}\le x\le \frac{3\text{π}}{4})$的值域是 ( ) .

$\begin{array}{l}\text{A}.[0,8]\text{B}.[-4,5]\\ \text{C}.[-3,5]\text{D}.[-3,2\sqrt{2}-1]\end{array}$

$\begin{array}{l}\text{解}:y=1+4\cos x-4\sin {}^{2}x\\ =1+4\cos x-4(1-\cos {}^{2}x)\\ =4\cos {}^{2}x+4\cos x-3\\ =4(\cos x+\frac{1}{2}){}^2-4.\\ \because -\frac{2\text{π}}{3}\le x\le \frac{3\text{π}}{4}‚\therefore -\frac{\sqrt{2}}{2}\le \cos x\le 1.\end{array}$

根据最值在区间端点及顶点确定知:

$\cos x=-\frac{1}{2}$时, ymin=-4;

cosx=1时, ymax=5.

∴值域为[-4, 5].选B.

二、应用公式法

在三角函数求最值中, 若题目可转化为asinx+bcosx形式, 则可利用基本公式$a\sin x+b\cos x=\sqrt{a{}^2+b{}^2}\cdot \sin (x+\phi )(\tan \phi =\frac{b}{a})$转化为“同名”三角函数再求最值.

【例2】 当$-\frac{\text{π}}{2}\le x\le \frac{\text{π}}{2}$时, 求函数$f(x)=\sin x+\sqrt{3}\text{c}\text{o}\text{s}x\text{的}$最大值与最小值之和.

$\begin{array}{l}\text{解}:f(x)=\sin x+\sqrt{3}\cos x=\sqrt{1{}^2+3}\sin (x+\frac{\text{π}}{3})=2\sin (x+\frac{\text{π}}{3}).\\ \because -\frac{\text{π}}{2}\le x\le \frac{\text{π}}{2}‚\therefore -\frac{\text{π}}{6}\le x+\frac{\text{π}}{3}\le \frac{5\text{π}}{6}‚\\ \therefore -\frac{1}{2}\le \sin (x+\frac{\text{π}}{3})\le 1.\\ \therefore f(x){}_{\max }=2‚f(x){}_{\min }=-1.\\ \therefore -1+2=1.\end{array}$

【例3】 求$y=\frac{2-\text{s}\text{i}\text{n}x}{2-\text{c}\text{o}\text{s}x}$的最大值和最小值.

$\begin{array}{l}\text{解}:\text{由}\text{题}\text{可}\text{得}2y-y\cos x=2-\sin x‚\\ \therefore \sin x-y\cos x=2-2y.\\ \therefore \sin (x+\phi )=\frac{2-2y}{\sqrt{1+y{}^2}}(\tan \phi =-y).\\ \therefore \frac{|2-2y|}{\sqrt{1+y{}^2}}\le 1.\end{array}$

$\begin{array}{l}\text{由}\text{此}\text{解}\text{得}\frac{4-\sqrt{7}}{3}\le y\le \frac{4+\sqrt{7}}{3}.\\ \therefore y{}_{\min }=\frac{4-\sqrt{7}}{3},y{}_{\max }=\frac{4+\sqrt{7}}{3}.\end{array}$

三、降幂升角法

降幂升角是通过把高于二次或三次的三角函数利用降幂公式 (如二倍角公式逆用) 降低次数, 再利用和积互化或差积互化公式化为“单一”三角函数.

【例4】 已知函数$y=2\cos {}^{2}x+6\sin x\cos x+4\cos (x+\frac{\text{π}}{4})\cos (x-\frac{\text{π}}{4})‚x\in [0,\frac{\text{π}}{4}]$, 求此函数的最值.

$\begin{array}{l}\text{解}:y=1+\cos 2x+3\sin 2x+2(\cos 2x+\cos \frac{\text{π}}{2})\\ =3(\cos 2x+\sin 2x)+1\\ =3\sqrt{2}\sin (2x+\frac{\text{π}}{4})+1‚\\ \because 0\le x\le \frac{\text{π}}{4},\therefore \frac{\text{π}}{4}\le 2x+\frac{\text{π}}{4}\le \frac{3\text{π}}{4}.\\ \therefore \frac{\sqrt{2}}{2}\le \sin (2x+\frac{\text{π}}{4})\le 1.\end{array}$

当$x=\frac{\text{π}}{8}$时, $y{}_{\max }=3\sqrt{2}+1;$

当$x=\frac{\text{π}}{4}$或x=0时, ymin=4.

四、换元法

换元法的目的是简化表示形式, 在借助常见形式的特征达到解题的目的.

【例5】 求函数$y=\frac{\text{s}\text{i}\text{n}x\text{c}\text{o}\text{s}x}{1+\text{s}\text{i}\text{n}x+\text{c}\text{o}\text{s}x}$的最小值.

解:令sinx+cosx=t, 两边平方后整理得

$\begin{array}{l}\sin x\cos x=\frac{t{}^2-1}{2}.\\ \therefore y=\frac{\frac{t{}^2-1}{2}}{1+t}=\frac{1}{2}(t-1).\end{array}$

由$t=\sin x+\cos x=\sqrt{2}\sin (x+\frac{\text{π}}{4}),$

$\begin{array}{l}\text{且}-1\le \sin (x+\frac{\text{π}}{4})\le 1‚\\ \therefore -\sqrt{2}\le t\le \sqrt{2}\end{array}$

.又由1+sinx+cosx≠0得

$\begin{array}{l}t\ne -1‚\\ \therefore t=-\sqrt{2}\end{array}$

时, $y{}_{\min }=-\frac{1}{2}(\sqrt{2}+1).$

五、构造函数法

通过所给条件重新建立新函数, 是解决一类求最值问题常考虑的方法.

【例6】 已知3sin2α+2sin2β=5sinα, α、β∈R, 求cos2α+cos2β的取值范围.

分析:考虑到cos2α+cos2β的整体的取值, 所以建立以cos2α+cos2β为函数的函数关系, 这样化为同名同角三角函数求值的问题求解较简便.

$\begin{array}{l}\text{解}:\because 3\sin {}^2\alpha +2\sin {}^2\beta =5\sin \alpha ‚\\ \therefore 3(1-\cos {}^2\alpha )+2(1-\cos {}^2\beta )=5\sin \alpha .\\ \therefore -3\cos {}^2\alpha -2\cos {}^2\beta =5\sin \alpha -5.\\ \therefore \cos {}^2\alpha +\cos {}^2\beta =\frac{\cos {}^2\alpha +5\sin \alpha -5}{-2}‚\end{array}$

$\begin{array}{l}\text{即}\cos {}^2\alpha +\cos {}^2\beta =\frac{1}{2}\sin {}^2\alpha -\frac{5}{2}\sin \alpha +2\\ =\frac{1}{2}(\sin \alpha -\frac{5}{2}){}^2-\frac{9}{8}.\end{array}$

又2sin2β=5sinα-3sin2α,

∴0≤5sinα-3sin2α≤2.

由此解得$0\le \sin \alpha \le \frac{2}{3}$或sinα=1.

当sinα=0时, cos2α+cos2β=2;

当$\sin \alpha =\frac{2}{3}$时, $\cos {}^2\alpha +\cos {}^2\beta =\frac{5}{9}$;

当sinα=1时, cos2α+cos2β=0.

二元函数最值问题解法探讨 第8篇

一、转化为一元函数求解

点评:对于求二元函数的最值的问 题,可以先将 二元函数转化为一元函数,如果是基本初等函数,可直接利用函数的图像和性质解决;如果不是基本初等函数,而是一个比较复杂的函数,可以根据函数的性质,借助导数研究函数的单调性,从而确定函数的最值.

二、利用三角换元求解

【例2】若x2+y2=1,求3x+2y的最值.

点评:三角换元实际上是消元的过 程,是二元函 数转化为一元函数的另一种手段,它是利用x2+y2=1和cos2θ+sin2θ=1在结构上的相似,从而联想起换元的,换元后,再利用正、余弦函数的有界性求最值.

三、利用向量不等式求解

【例3】若x2+y2=1,求3x+2y的最大值.

点评:向量法的难点是在向量的构 造上,解题时要仔细审题,结合向量的内积和不等式构造出向量,答案即可求出.

四、利用基本不等式求解

【例4】若实数x,y满足x2+y2+xy=1,则求x+y,xy的最大值.

五、利用线性规划求解

【例5】已知x,y满足条件,求4x-3y的最大值和最小值.

解:不等式组表示的区域如图1所示.可观察出4x-3y在A点取到最 大值,在B点取到最小值.

因此,4x-3y的最大值和最小值分别为14,-18.

点评:线性规划问题的特征是比较 明显的,比如约束条件(不等式组)和目标函数(线性函数、比值型函数和距离型函数)等都是此类题目的特征.所以,学生在解题中,遇到约束条件、目标函数这些特征信息时,可以直入正题,使用线性规划的方法求解.当然,线性规划也有几种不同的类型,解题时一定要分清类型、对号入座.

六、利用数形结合求解

令x-y=0平移可知,x-y在A点处取得最小值,在B点处取得最大值.

设b=x-y,因为点A的坐标为(0,3),∴bmin=-3.

点评:在二元函数问题中,求解f(x,y)=x-y的最值很像线性规划最值问题的类型,由此可能想到令函数x-y=0平移找最值,但与线性规划不同的是,它没有不等式组,没有可行域.实际并非如此,此题是用曲线代替了可行域,对曲线方程化简可知,其函数图像是半圆,半圆上的点即为可行域,按照线性规划的方法便可求出最值.此题是线性规划的延伸,也是线性规划题型的能力提升,由于需要识别函数和画出函数图像,并利用函数图像解题,笔者把该方法归纳为数形结合.

二元函数涉及的内容多,运用的解 题方法多,既是高中数学重要数学思想的体现,又是高考重点考查的内容之一.上述六种方法已基本概括了二元函数的最值问题的解法,请学生务必掌握.遇到此类题型时,只要认真审题、分清类型、对题入座,解题时便可游刃有 余、胸有成竹.

摘要：二元函数的最值问题历来是高考的热点和难点.以例解的形式研究一类二元函数最值问题的解法,给出若干思路及方法,可为解一般的二元函数最值问题奠定基础,服务于解题数学研究.

三角函数最值问题总结 第9篇

三角函数是中学数学的重要内容, 同时也是以后的数学学习所必须的内容。由于三角和代数、几何知识的密切联系, 它又是研究其他相关知识的重要工具。在复数的三角形式、参数方程、几何计算以及某些代数问题中都有着十分广泛的应用。

三角函数主要体现了等价的数学思想, 三角函数问题无论是三角函数的求值题、求最值题、综合题、探索题还是应用题, 均以考查三角变换为核心, 所以熟练掌握并能灵活应用有关三角函数的公式, 掌握变换技巧与方法对高中生来说是很必要的。三角函数的最值问题是历年来高考的必考内容, 同时也是难点, 如果找不到这类问题求解的“技巧”, 遇到这种问题时往往无从下手, 本文从基本的方法入手, 介绍三角函数的最值问题的求解。

二、三角函数的最值问题

这种题型大致可以分为三类:化为正弦函数或余弦函数, 然后利用三角函数的有界性进行求解;换元法求函数的最值;利用基本不等式求函数的最值;利用一元二次函数的根的判别法求函数的最值。

(一) 利用函数的有界性, 求三角函数的最值

注:以上介绍的是关于cosx的这类题型的计算, 当然, 关于的题目, 类似的可如法刨制。

(二) 换元法求函数最值

注:这类题型相对较简单, 没有什么难度, 同学们只要知道了这个解题的方法, 再次遇到这种题时就可很容易的求出函数的最值。

(三) 利用基本不等式求函数的最值

基本思想:这里所说的基本不等式用得最多的就是均值不等式, 当然, 其他常用的不等式也在我们的选择范围之内, 在利用基本不等式求最值时, 需要考虑到以下三个条件:1.各项都是正值;2.各项之和 (或之积) 为定值;3.等号能够成立。

不等式的运用不好掌握, 到底该选哪个不等式, 要具体题目具体分析, 选对不等式, 也不一定能够做出题目, 往往还要结合拆项、添项、凑系数等技巧才能完整的解决所求问题, 因此, 在求函数最值问题上, 同学们一定要练习自己的发散思维, 力争做到灵活运用不等式, 而不是死记硬背。

(四) 利用一元二次函数根的判别法求函数最值

基本思想:其主要思想就是把所求函数的最值问题经过等价变形, 化为一元二次函数的形式, 然后再利用一元二次函数的判别式进行计算。

注:此方法运用时应注意分类讨论, 原函数化为一元二次函数的形式后, 并不一定为一元二次函数, 一定要分二次项系数为零和不为零进行讨论。

三、结语

以上四种题型是求函数最值最常用的方法, 其中第一种方法较为简单;第三种方法稍有点难度, 只要适当的选取不等式就可以解决问题;第二种和第四种方法都用到了分类讨论的思想, 做起来稍微有点复杂, 但难度不大, 只要学生用心, 题目都可以做对, 当然, 函数最值问题还有很多的其他办法, 不管哪种办法, 学生都要深化为自己的东西, 才能灵活的解决此类问题。

参考文献

[1]吕浦.几种三角函数的最值问题[J].中学生数学, 2004 (9) .

[2]段刚山.探求一类三角函数的最值问题[J].数学通报, 2008 (6) .

第2讲 函数单调性与最值 第10篇

函数单调性是函数的一个重要性质，在研究函数时是一个重要手段，函数最值在处理函数综合问题用途很多. 高考中经常以一道小题直接考查，就是5分，当然，还会在综合题中用到相关知识，那样，分值就更大.

命题特点

结合这几年高考题，函数单调性主要有如下一些命题特点：（1）考查求函数单调性和最值的基本方法. （2）利用函数的单调性求单调区间. （3）利用函数的单调性求最值和参数的取值范围. （4）函数的单调性和其它知识结合综合考查求函数最值、比较大小、解不等式等相关问题. （5）结合具体函数单调性求最值.多以选择填空题形式出现，也有与最值，参数范围等结合在解答题中出现.下面以例题来体现高考特点.

1. 单调性的判断是基础

例1 下列函数中，在[0，+∞]上为增函数的是 （ ）

A. [y=lnx+2] B. [y=-x+1]

C. [y=12x] D. [y=x+1x]

解析 直接利用基本初等函数和复合函数单调性来判断.

答案 A

例2 求函数[y=log12（x2-3x+2）]的单调区间.

解析 令[u=x2-3x+2]，则原函数可以看作[y=log12u]与[u=x2-3x+2]的复合函数.

令[u=x2-3x+2>0]，则[x<1]或[x>2].

∴函数[y=log12（x2-3x+2）]的定义域为（-∞，1）∪（2，+∞）.

又[u=x2-3x+2]的对称轴[x=32]，且开口向上.

∴[u=x2-3x+2]在（-∞，1）上是单调减函数，

在（2，+∞）上是单调增函数.

而[y=logu]在（0，+∞）上是单调减函数，

∴[y=log12（x2-3x+2）]的单调减区间为（2，+∞），

单调增区间为（-∞，1）.

点拨 复合函数单调性必须注意两点：（1）定义域优先；（2）分清内外层函数的结构及各自的单调性. 要熟悉基本初等函数性质，复合函数单调性遵循“同增异减”原则，还要注意优先考虑定义域.

2. 利用单调性求参数范围

例3 若函数[fx=x2+ax+1x]在[12，+∞]上是增函数，则[a]的取值范围是（ ）

A. [[-1，0]] B. [[-1，+∞）]

C. [[0，3]] D. [[3，+∞）]

解析 通过求导转化为导数非负恒成立，再分离变量求解.

答案 D

例4 已知函数[f（x）=logax （x≥1），-ax2+（2a+1）x-3（x<1），][（a>0]且[a≠1）]，如果对任意[x1≠x2]，都有[（x1-x2）[f（x1）][-f（x2）]>0]成立， 则[a]的取值范围是 .

解析 分段函数的单调性要注意每段单调和端点处比较，即[loga1>-a+（2a+1）-3].

答案 [1

点拨 分段函数是高考重点，另外本题还给出了单调函数的其它表示形式[（x1-x2）[f（x1）-f（x2）]>0].导数与单调性结合是高考热点，尤其是和求参数范围结合的题目更是高考“宠儿”，分离参数这一常见方法更应重视.

3. 与不等式结合是常见题型

例5 已知偶函数[f（x）]在区间[[0，+∞）]上单调递增，则满足[f（2x-1）

解析 （1）当[x>1]时.由[f（x）]在[[0，+∞）]上增函数及[f（2x-1）

解得，[x<23]，所以[12

（2）当[x<12]时.由偶函数[f（x）]在[[0，+∞）]上是增函数知，[f（x）]在[（-∞，0）]上是减函数，

所以[f（2x-1）-13].

解得[x>13]，故[13

综上，[x]的范围是[（13，12）∪（12，23）]

答案 [（13，12）∪（12，23）]

点拨 本题将原不等式等价为[|2x-1|<13]，更为方便.函数型不等式通常就是利用单调性去掉函数符号，转化为一般不等式求解.

4. 函数单调性与最值

例6 已知函数[f（x）=x2+2x+ax]，[x∈][1，+∞）.

（1）当[a=12]时，求[f（x）]的最小值；

（2）若对任意[x∈[1，+∞），f（x）>0]恒成立，求实数[a]的取值范围.

解析 （1）当[a=12]时，[f（x）=x+12x+2].

设[x1>x2≥1]，则[f（x1）-f（x2）=（x1-x2）+12x1+12x2]

=[（x1-x2） ·2x1x2-12x1x2].

∵[x1>x2≥1]，

∴[f（x1）>f（x2）]，

∴[f（x）]在[1，+∞）上为增函数.

∴[f（x）≥f（1）=72]，即[f（x）]的最小值为[72].

（2） ∵[f（x）>0]在[x∈[1，+∞）]上恒成立，

即[x2+2x+a>0]在[1，+∞）上恒成立，

∴[a>[-（x2+2x）]max].

∵[t（x）=-（x2+2x）]在[1，+∞）上为减函数，

∴[t（x）max=t（1）=-]3， ∴[a>-]3.

nlc202309032056

∴[f（x1-x2）<0]，即[f（x1）

∴[f（x）]在[R]上为减函数.

点拨 求函数最值通常利用函数单调性求，在处理时必须先判断函数单调性，再确定最值点.函数最值和值域是高中考查重点，利用单调性求最值是重要方法，遇到这类问题，可以先判断一下函数单调性，再直接求其最值.

备考指南

（1）函数单调性的定义与判断是解决单调性的基础，要求熟练掌握基本初等函数的单调性、复合函数单调性判别方法.

（2）重点理解单调性的意义，注意单调函数的等价性，即函数[f（x）]单调增有[f（x1）>f（x2）?x1>x2]，[f（x）]单调减就有[f（x1）>f（x2）?x1

（3）会利用转化与化归思想解决恒成立问题，注意分离变量等常见处理方法.

限时训练

1. 已知函数[f（x）=loga|x|]在（0，+∞）上单调递增， 则 （ ）

A. [f（3）

C. [f（-2）

2. 下列函数中，既是偶函数，又在（0，+∞）上单调递减的函数是 （ ）

A. [y=x2] B. [y=|x|+1]

C. [y=-lg|x|] D. [y=2|x|]

3. 函数[f（x）=ln（4+3x-x2）]的单调递减区间是 （ ）

A. （-∞， [32]] B. [[32]，+∞）

C. （-1，[32]] D. [[32]，4）

4. 设函数[fx=1，x>0，0，x=0，-1，x<0，][g（x）=x2?f（x-1）]，则函数[g（x）]的递减区间是 （ ）

A. （-∞，0] B. [0，1）

C. [1，+∞） D. [-1，0]

5. 若函数[f（x）=loga（x+1）（a>0，a≠1）]的定义域和值域都是[0，1]，则[a]等于 （ ）

A. [13] B. [2]

C. [22] D. 2

6. 定义在[R]上的函数[f（x）]在区间（-∞，2）上是增函数，且[f（x+2）]的图象关于[x=0]对称，则 （ ）

A. [f（-1）f（3）]

C. [f（-1）=f（3）] D. [f（0）=f（3）]

7. 设函数[y=f（x）]在（-∞，+∞）上有定义，对于给定的正数[K]，定义函数[fK（x）=f（x），f（x）≤K，K，f（x）>K，]取函数[f（x）=2-|x|]，当[K=12]时，函数[fK（x）]的单调递增区间为 （ ）

A. （-∞，0） B. （0，+∞）

C. （-∞，-1） D. （1，+∞）

8. 已知函数[f（x）]的导函数为[f（x）=4+3cosx，][x∈（-1，1）]，且[f（0）=0]，如果[f（1-a）+f（1-a2）<0]，则实数[a]的取值范围是 （ ）

A. （1，[2]） B. （0，1）

C. （-∞，1）∪（2，+∞） D. （-∞，-2）∪（1，+∞）

9. 已知函数[f（x）=log2x-2log2（x+c）]，[c>0]. 若对任意的[x∈（0，+∞）]，都有[f（x）]，则[c]的取值范围是 （ ）

A. [（0，14]] B. [[14，+∞）]

C. [（0，18]] D. [[18，+∞）]

10. 已知函数[fx=x2-2a+2x+a2，gx=-x2][+2a-2x-a2+8.]设[H1x=maxfx， gx， H2x=][minfx，gx，maxp，q]表示[p，q]中的较大值，[minp，q]表示[p，q]中的较小值，记[H1x]得最小值为[A，][H2x]得最小值为[B]，则 （ ）

A. [a2-2a-16] B. [a2+2a-16]

C. [-16] D. [16]

11. 函数[f（x）=2xx+1]在[1，2]上的最大值和最小值分别是 .

12. 设函数[y=x2-2x，x∈[-2，a]]，若函数的最小值为[g（a）]，则[g（a）]= .

13. 已知[t]为常数，函数[y=|x2-2x-t|]在区间[0，3]上的最大值为2，则[t=] .

14. 已知函数[f（x）=e-x-2，x≤0，2ax-1，x>0，][a]是常数且[a>0]. 对于下列命题：①函数[f（x）]的最小值是-1；②函数[f（x）]在[R]上是单调函数；③若[f（x）>0]在[12，+∞]上恒成立，则[a]的取值范围是[a>]1；④对任意的[x1<0，x2<0]且[x1≠x2]，恒有[f（x1+x22）

15. 已知[f（x）=xx-a（x≠a）].

（1）若[a=-2]，试证[f（x）]在（-∞，-2）上单调递增；

（2）若[a>0]且[f（x）]在（1，+∞）上单调递减，求[a]的取值范围.

16. 已知函数[f（x）]在（-1，1）上有定义，[f12]=-1，当且仅当[0

（1）[f（x）]为奇函数；

（2）[f（x）]在（-1，1）上单调递减.

17. 函数[f（x）=x2+x-14].

（1）若定义域为[0，3]，求[f（x）]的值域；

（2）若[f（x）]的值域为[-12，116]，且定义域为[[a，b]]，求[b-a]的最大值.

18. 定义：已知函数[f（x）]在[[m，n]（m

（1）判断函数[f（x）=x2-2x+2]在[1，2]上是否具有“DK”性质，说明理由.

（2）若[f（x）=x2-ax+2]在[[a，a+1]]上具有“DK”性质，求[a]的取值范围.

函数最值 第11篇

三角函数的值域 (最值) 问题是对三角函数基础知识的综合应用, 近几年的高考题中经常出现.其出现的形式, 或者是在小题中单纯地考察;或者是隐含在解答题中.作为解决解答题所用的知识点之一, 题目给出的三角关系式往往比较复杂, 必须进行化简后, 再进行归纳.研究三角函数式的值域, 其解法与求三角函数最值方法相同, 主要有以下九种方法.

一、有界性法

有些函数式可化成一个角的三角函数y=Asin (ωx+ϕ) 形式, 利用正 (余) 弦函数的有界性 (|sinx|1, |cosx|1) 求解, 可分为如下四类:

1.形如y=asinx+bcosx型的函数式可用辅助角公式化为$y=\sqrt{a{}^2+b{}^2}\sin (x+\text{ϕ})$ (其中$\tan \text{ϕ}=\frac{b}{a})$求解;

例1 求函数$y=\sin x+\sqrt{3}\cos x$的值域.

解:$y=2\sin (x+\frac{\text{π}}{3})$, 因为x∈R, 所以

$-1\sin (x+\frac{\text{π}}{3})1$

所以$-22\sin (x+\frac{\text{π}}{3})2$

所以$y=\sin x+\sqrt{3}\cos x$的值域为[-2, 2].

2.形如$y=\frac{a\text{s}\text{i}\text{n}x+b}{c\text{s}\text{i}\text{n}x+d}$ (或$y=\frac{a\text{c}\text{o}\text{s}x+b}{c\text{c}\text{o}\text{s}x+d})$型的函数式可反解出sinx (或cosx) 用正 (余) 弦函数有界性求解;

例2 求函数$y=\frac{\text{s}\text{i}\text{n}x-2}{3-2\text{s}\text{i}\text{n}x}$的值域.

解:由$y=\frac{\text{s}\text{i}\text{n}x-2}{3-2\text{s}\text{i}\text{n}x}$得$(2y+1)\sin x=3y+2,(y\ne -\frac{1}{2})$, 所以$\sin x=\frac{3y+2}{2y+1}$因为|sinx|1, 即$|\frac{3y+2}{2y+1}|1,$

所以两边平方得 (3y+2) 2 (2y+1) 2

所以 (5y+3) (y+1) 0, 所以$-1y-\frac{3}{5}$

所以$y=\frac{\text{s}\text{i}\text{n}x-2}{3-2\text{s}\text{i}\text{n}x}$的值域为$[-1‚-\frac{3}{5}].$

3.形如y=asin2x+bsinxcosx+ccos2x型的函数式可用降幂公式化为型式1求解;

例3 求函数$y=\frac{1}{2}\sin {}^{2}x+\cos {}^{2}x+\frac{\sqrt{3}}{2}\sin x\cos x,x\in [0,\frac{\text{π}}{4}]$的值域.

解:原式可化为$y=\frac{1}{2}\frac{1-\cos 2x}{2}+\frac{1+\cos 2x}{2}+\frac{\sqrt{3}}{4}\sin 2x=\frac{1}{4}(\sqrt{3}\sin 2x+\cos 2x)+\frac{3}{4}=\frac{1}{2}\sin (2x+\frac{\text{π}}{6})+\frac{3}{4}$, 因为$0x\frac{\text{π}}{4}$, 所以$\frac{\text{π}}{6}2x+\frac{\text{π}}{6}\frac{2\text{π}}{3}$

所以$\frac{1}{2}\sin (2x+\frac{\text{π}}{6})1$, 所以$1y\frac{5}{4}$, 所以原函数的值域为$[1,\frac{5}{4}]$

4.形如$y=\frac{a\text{s}\text{i}\text{n}x}{b\text{c}\text{o}\text{s}x+c}$ (或$y=\frac{a\text{c}\text{o}\text{s}x}{b\text{s}\text{i}\text{n}x+c})(a\cdot b\ne 0)$型的函数式可化为形式1求解.

例4 求函数$y=\frac{3\text{c}\text{o}\text{s}x}{4\text{s}\text{i}\text{n}x+5}$的值域.

解:原式可化为4ysinx-3cosx=-5y,

所以$\sqrt{16y{}^3+9}\sin (x+\text{ϕ})=-5y$

所以$\sin (x+\text{ϕ})=\frac{-5y}{\sqrt{16y{}^2+9}}$

因为|sin (x+ϕ) |1即$|\frac{5y}{\sqrt{16y{}^2+9}}|1$

所以两边平方得25y216y2+9, 所以y21, 所以-1y1, 原函数的值域为[-1, 1]

二、配方法

形如y=asin2x+bsinx+c (或y=acos2x+bcosx+c) 的函数式, 可化成一个角的一种三角函数形式的一元二次函数, 利用配方法求解, 但需注意变量的范围.

例5 求函数y=cos2x-3cosx+2的值域.

解:$y=(\cos x-\frac{3}{2}){}^2-\frac{1}{4}$, 因为-1cosx1, 所以$\frac{1}{4}(\cos x-\frac{3}{2}){}^2\frac{25}{4}.$

所以原函数的值域为[0, 6].

三、换元法

形如y=a (sinx±cosx) ±bsinxcosx型先换元令t=sinx±cosx得$\pm \sin x\cos x=\frac{t{}^2-1}{2}$即$y=at+\frac{b}{2}(t{}^2-1)(-\sqrt{2}t\sqrt{2})$

例6 求函数y= (sinx-2) (cosx-2) 的值域.

解:原式可化为y=sinxcosx-2 (sinx+cosx) +4.

令$t=\sin x+\cos x=\sqrt{2}\sin (x+\frac{\text{π}}{4})$, 则$\sin x\cos x=\frac{t{}^2-1}{2}(-\sqrt{2}t\sqrt{2})$, 所以$y=\frac{1}{2}t{}^2-2t+\frac{7}{2}(-\sqrt{2}t\sqrt{2})$又$y=\frac{1}{2}t{}^2-2t+\frac{7}{2}$在$t\in [-\sqrt{2},\sqrt{2}]$上是减函数.

所以$y{}_{\max }=\frac{9}{2}+2\sqrt{2},y{}_{\min }=\frac{9}{2}-2\sqrt{2}$, 所以原函数的值域为$[\frac{9}{2}-2\sqrt{2},\frac{9}{2}+2\sqrt{2}]$

四、判别式法

形如函数$y=\frac{a\text{t}\text{a}\text{n}{}^{2}x+b\text{t}\text{a}\text{n}x+c}{d\text{t}\text{a}\text{n}{}^{2}x+e\text{t}\text{a}\text{n}x+f}(a$、d不同时为0) 可化为关于tanx的一元二次型方程, 通过方程有实根, 即Δ≥0, 从而求得原函数的值域.

例7 求函数$y=\frac{2\tan {}^{2}x-\text{t}\text{a}\text{n}x+2}{\tan {}^{2}x+\text{t}\text{a}\text{n}x+1}$的值域.

解:令t=tanx则$y=\frac{2t{}^2-t+2}{t{}^2+t+1}$, 因为$t{}^2+t+1=(t+\frac{1}{2}){}^2+\frac{3}{4}>0$恒成立.所以原函数的定义域为R.由$y=\frac{2t{}^2-t+2}{t{}^2+t+1}$化为 (y-2) t2+ (y+1) t+y-2=0.

当y-2=0时, y=2, 有t=0∈R

当y-2≠0时, 方程有实根, 则Δ≥0即 (y+1) 2-4 (y-2) (y-2) ≥0.

解得1y<2或2<y5, 综上所述, 原函数值域为[1, 5].

五、单调性法

形如函数$y=\sin x+\frac{k}{\text{s}\text{i}\text{n}x}(k<0)$可通过确定函数在定义域 (或某个定义域的子集) 上的单调性, 求出函数的值域.

例8 求$y=\sin x-\frac{2}{\text{s}\text{i}\text{n}x}‚x\in (0,\frac{\text{π}}{2}]$的值域.

解:因为y=sinx与$y=-\frac{2}{\text{s}\text{i}\text{n}x}$在$x\in (0,\frac{\text{π}}{2}]$上均单调递增.

所以$y=\sin x-\frac{2}{\text{s}\text{i}\text{n}x}$在$(0‚\frac{\text{π}}{2}]$上递增.所以y∈ (-∞, -1].

六、基本不等式法

形如函数$y=\frac{a\text{c}\text{o}\text{s}{}^{2}x+b\text{c}\text{o}\text{s}x+c}{d\text{c}\text{o}\text{s}x+e}$ (或$y=\frac{a\text{s}\text{i}\text{n}{}^{2}x+b\text{s}\text{i}\text{n}x+c}{d\text{s}\text{i}\text{n}x+e})(a\cdot d\ne 0)$, 利用均值不等式知识求值域, 但应注意其适用的三个条件 (一正、二定、三相等) .

例9 求函数$y=\frac{\cos {}^{2}x-4\text{c}\text{o}\text{s}x+12}{2-\text{c}\text{o}\text{s}x}$的值域.

解:$y=\frac{(2-\text{c}\text{o}\text{s}x){}^2+8}{2-\text{c}\text{o}\text{s}x}=(2-\cos x)+\frac{8}{2-\text{c}\text{o}\text{s}x}$令t=2-cosx (1t3)

所以$y=t+\frac{8}{t}\ge 2\sqrt{t\cdot \frac{8}{t}}=4\sqrt{2}$, 当且仅当$t=\frac{8}{t}$, 即$t=2\sqrt{2}$是取等号.

所以函数的值域为$[4\sqrt{2},+\infty ).$

七、常数分离法

形如函数$y=\frac{a\text{s}\text{i}\text{n}x+b}{c\text{s}\text{i}\text{n}x+d}$ (或$y=\frac{a\text{c}\text{o}\text{s}x+b}{c\text{c}\text{o}\text{s}x+d})(a$、c不同时为0) , 要通过分离常数使分式函数中的变量出现在分式的分母中, 而后由局部到整体来求解函数的值域.

例10 求函数$y=\frac{2-\text{c}\text{o}\text{s}x}{2+\text{c}\text{o}\text{s}x}$的值域.

解:$y=-1+\frac{4}{2+\text{c}\text{o}\text{s}x}$, 因为1cosx+23, 所以$\frac{4}{3}\frac{4}{2+\text{c}\text{o}\text{s}x}4$, 即$y\in [\frac{1}{3},3].$

八、数形结合法

形如函数$y=\frac{a\text{s}\text{i}\text{n}x}{b\text{c}\text{o}\text{s}x+c}$ (或$y=\frac{a\text{c}\text{o}\text{s}x}{b\text{s}\text{i}\text{n}x+c}(a\cdot b\ne 0)$在给定区间上的值域, 利用函数所表示的几何意义, 借助于几何图形来求值域.

例11 求函数$y=\frac{\text{s}\text{i}\text{n}x}{\text{c}\text{o}\text{s}x+2}x\in [0,\text{π}]$的值域.

解:$y=\frac{\text{s}\text{i}\text{n}x}{\text{c}\text{o}\text{s}x+2}$的几何意义为过两点P (-2, 0) , Q (cosx, sinx) 连线的斜率k, 而Q点的轨迹是单位圆, 如图所示得$0k\frac{\sqrt{3}}{3}$, 所以函数的值域$y\in [0,\frac{\sqrt{3}}{3}].$

九、导数法

利用导数确定函数极值点, 并判断其在给定区间上的单调性, 从而得到值域, 如求三角高次函数的值域可考虑用导数法.

例12 求函数$y=\frac{2}{3}\sin {}^{3}x+\cos x+1,$$x\in [-\frac{\text{π}}{2},\frac{\text{π}}{2}]$的值域.

解:y′=2sin2xcosx-sinx, 令y′=0即2sin2xcosx=sinx.

因为sinx (sin2x-1) =0, 所以sin2x=1或sinx=0, 所以x=0或$x=\frac{\text{π}}{4}$, 当$x\in [-\frac{\text{π}}{2},0]$时, 有y′≥0, 即y为增函数;当$x\in [0,\frac{\text{π}}{2}]$时, 有y′0, 即y为减函数.

因为当$x=-\frac{\text{π}}{2}$时, $y=\frac{1}{3}$;当$x=\frac{\text{π}}{2}$时, $y=\frac{5}{3}$, 所以当$x=-\frac{\text{π}}{2}$时, $y{}_{\min }=\frac{1}{3}$.当x=0时, ymax=2, 所以原函数的值域为$[\frac{1}{3}‚2].$