冒建生

函數(shù)的最值主要考查兩個(gè)方面的問題：一是求解函數(shù)在區(qū)間上的最值；二是函數(shù)最值的綜合應(yīng)用，如實(shí)際應(yīng)用題中最優(yōu)解、不等式的恒成立問題及數(shù)列、解析幾何中的最值問題等.

高考對求函數(shù)最值（最大值、最小值）的考查一直饒有興趣，原因是求函數(shù)最值往往需要探求函數(shù)的定義域、奇偶性、單調(diào)性、周期性等，也需要調(diào)動(dòng)各種數(shù)學(xué)的基本思想和方法，如配方法、換元法、數(shù)形結(jié)合法等.

一、單調(diào)性法

先確定函數(shù)的單調(diào)性，再利用單調(diào)性求最值.如何確定函數(shù)的單調(diào)性，導(dǎo)數(shù)法是主選（見方法五），但不唯一.

例1 （1）若函數(shù)f（x）滿足對于一切正數(shù)t，均有f（x+t）>f（x），且f（2x）=2f（x），f（1）=1，則函數(shù)f（x）在[1，22016]上的最大值是 .

解：由對一切正數(shù)t均有f（x+t）>f（x），知函數(shù)是R上的增函數(shù)，

故x=22016時(shí)，f（x）取最大值.

f（22016）=2f（22015）=22f（22014）=…=22016f（1）=22016.

評注：函數(shù)的單調(diào)性有以下幾種不同的表現(xiàn)形式，如f（x）是區(qū)間[a，b]的增函數(shù)

對于任意x1，x2∈[a，b]，x1

對于任意x1，x2∈[a，b]，f（x2）-f（x1）x2-x1>0；

對于一切正數(shù)t>0及x+t，x∈[a，b]，均有f（x+t）>f（x）；

有時(shí)也可用對于一切正數(shù)t>1及tx，x∈[a，b]，均有f（tx）>f（x）（注：追加條件：a>0）.

理解以上幾種不同的單調(diào)性呈現(xiàn)形式，有利于牢固掌握函數(shù)單調(diào)性的本質(zhì).

（2）已知函數(shù)f（x）對于任意x，y∈R，均有f（x）+f（y）=f（x+y），且當(dāng)x>0時(shí)，f（x）<0，f（1）=-23，則函數(shù)f（x）在[-3，3]上的最小值是 .

解：設(shè)x1

所以f（x2）-f（x1）=f（x2-x1）.

據(jù)條件，由x2-x1>0知f（x2-x1）<0，

從而f（x2）-f（x1）<0即f（x2）

所以函數(shù)f（x）是R上的減函數(shù)，x=3時(shí)函數(shù)取最小值f（3）.

f（3）=f（1+2）=f（1）+f（2）

=f（1）+[f（1）+f（1）]=3f（1）

=3×（-23）=-2.

評注：利用函數(shù)的抽象性質(zhì)，證明函數(shù)具有單調(diào)性，這樣的問題具有一定的難度.突破難點(diǎn)的關(guān)鍵在于發(fā)現(xiàn)抽象關(guān)系的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)，通過對f（x2）的變形，構(gòu)造f（x2）-f（x1），再通過函數(shù)的條件判定其值的符號(hào).盡管抽象函數(shù)是高考的“冷點(diǎn)”，但恰當(dāng)?shù)挠?xùn)練不失為加深理解函數(shù)單調(diào)性的有效途徑.

二、換元法

對于比較復(fù)雜的函數(shù)，抓住解析式的結(jié)構(gòu)特征，通過恰當(dāng)?shù)膿Q元，得到簡化的、熟悉的結(jié)構(gòu)形式——新函數(shù)，從而將問題轉(zhuǎn)化為求新函數(shù)的最值.要提醒的是，換元后必須求出新自變量的取值范圍.

例2 （1）已知f（x）=4x，將函數(shù)f（x）的圖象向右平移2個(gè)單位，得到函數(shù)g（x）的圖象.若P為函數(shù)g（x）圖象上一點(diǎn)，點(diǎn)M為（4，-2），則線段PM長的最小值為 .

解：g（x）=4x-2，任取y=g（x）圖象上一點(diǎn)P（x，y），

則PM2=（x-4）2+（4x-2+2）2=（x-4）2+（2xx-2）2.

令x-2=t，則PM2=（t-2）2+4（t+2t）2

=（t2+16t2）-4（t-4t）+8，

又令u=t-4t，則t2+16t2=u2+8，且PM2=（u2+8）-4u+8=（u-2）2+12（u∈R），

當(dāng)u=2，即t-4t=2，得t=1±5，x=3±5時(shí)，PMmin=23.

評注：若對于函數(shù)g（x）=（x-4）2+（2xx-2）2求導(dǎo)，則g′（x）=2[x-4-8x（x-2）3]，如果不注意觀察，一味通分得到：

g′（x）=2（x4-10x3+36x2-64x2+32）（x-2）3，不難看出，由于g′（x）的分子次數(shù)高、系數(shù)大，求函數(shù)g（x）的極值點(diǎn)就陷入了困境.

為了簡化結(jié)構(gòu)，令分母x-2=t，則g′（x）=2（t4-2t3-8t-16）t3=2t[（t2-16t2）-2（t+44）]=2（1+4t2）（t-4t-2），這樣就容易找到函數(shù)的極值點(diǎn).由此可見，換元不只起到簡化形式的作用，更重要的是改變了函數(shù)式結(jié)構(gòu)，有利于判明解決問題的方向.

（2）實(shí)數(shù)x，y滿足4x2-5xy+4y2=5，已知S=x2+y2，設(shè)S的最大值為M，最小值為m，則1M+1m= .

解：設(shè)x=Scosα，y=Ssinα，則4Scos2α-5Ssinαcosα+4Ssin2α=5，

所以S=54-5sinαcosα=54-52sin2α，

當(dāng)sin2α=1即2α=2kπ+π2，α=kπ+π4（k∈Z）時(shí)，M=103；

當(dāng)sin2α=-1即2α=2kπ-π2，α=kπ-π4（k∈Z）時(shí)，m=1013；

所以1M+1m=85.

評注：如果注意到條件中的系數(shù)特點(diǎn)，將原式變形為4（x2+y2）-5xy=5，利用基本不等式：-x2+y22≤xy≤x2+y22，一方面，4（x2+y2）-5·x2+y22≤5x2+y2≤103即M=103；另一方面，4（x2+y2）-5·（-x2+y22）≥5x2+y2≥1013，從而1M+1m=85.

但是若將條件變?yōu)椋?x2-5xy+4y2=5，其余條件不變，如何求S的最值呢？不難看出，原來的系數(shù)特點(diǎn)喪失，基本不等式方法無效，而三角代換的方法仍是奏效的，代換后，S=55cos2α-5sinαcosα+4，進(jìn)一步可以求出函數(shù)的最值.在此，換元法的魅力可見一斑.

評注：換元法是數(shù)學(xué)的基本方法，如何換元，即設(shè)定什么量作為新變元？突破難點(diǎn)的關(guān)鍵是，注意觀察解析式的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)，分析解析式內(nèi)部“組合塊”之間的關(guān)聯(lián)性，如在例2中注意到：（t-4t）2=t2+16t2-8；在函數(shù)y=sinx·cosx+a（sinx+cosx）+a2中，注意到（sinx+cosx）2=1+2sinxcosx；再如函數(shù)在y=22x+2-2x+2a（2x-2-x）中，注意到（2x-2-x）2=22x+2-2x-2等，這樣如何換元的問題就迎刃而解了.

三、圖象法

由于圖形具有直觀性，作出函數(shù)的圖象，觀察其最高點(diǎn)、最低點(diǎn)，就不難求出函數(shù)的最值.需要注意的是，一方面，這種方法適用于圖形關(guān)系確定的問題；另一方面，填空題可以圖象法直接作答，解答題一般可用圖象法探索思路，解題步驟的還需通過數(shù)量運(yùn)算關(guān)系來表述.

例3 （1）已知定義在R上的奇函數(shù)f（x），當(dāng)x≥0時(shí)，f（x）=x2，若x∈[t，t+2]，f（x+t）≥2f（x）恒成立，則t的最小值為 .

解：因?yàn)閒（x）為奇函數(shù)，當(dāng)x<0時(shí)，

f（x）=-f（-x）=-（-x）2=-x2，畫出f（x）的圖象（如圖），由圖可知，函數(shù)f（x）在R上是增函數(shù).又f（x）=x|x|，所以2f（x）=2x|x|=2x|2x|=f（2x），

從而f（x+t）≥2f（x）f（x+t）≥f（2x），利用單調(diào)性

得：x+t≥2x，所以t≥（2-1）x，由于x=t+2時(shí)，

（2-1）x取最大值，所以t≥（2-1）（t+2），解得：t≥2，tmin=2.

評注：通過畫出函數(shù)的圖象，發(fā)現(xiàn)函數(shù)具有單調(diào)性，為解決問題提供了有力的支撐；系數(shù)2拆解后，從函數(shù)抽象關(guān)系“外部”打入了“內(nèi)部”，為利用函數(shù)的單調(diào)性“脫f”掃清了障礙.

上述方法雖巧，但對思維能力要求較高.由于f（x）=x|x|，令x=t（特殊化策略），則原不等式轉(zhuǎn)化為：2t|2t|≥2t|t|，即t|t|≥0，所以t≥0.這樣x∈[t，t+2]，一定有f（x）=x2，從而原不等式轉(zhuǎn)化為：（x+t）2≥x2在[t，t+2]上的恒成立，問題就非常容易解決了.

（2）（2010，蘇州測試）對于任意實(shí)數(shù)a，b定義：F（a，b）=12（a+b-|a-b|），如果函數(shù)f（x）=x2，

g（x）=52x+32，h（x）=-x+2，那么函數(shù)G（x）=F{F[f（x），g（x）]，h（x）}的最大值等于 .

解：依題意可知F（a，b）=12[（a+b）-|a-b|]=b，a≥b，

a，a

從而函數(shù)G（x）=F{F[f（x），g（x）]，h（x）}，

即為求函數(shù)f（x）=x2，g（x）=52x+32，

h（x）=-x+2中的最小值.在同一坐標(biāo)系中，

作出三個(gè)函數(shù)的圖象，如圖，由圖象可知G（x）的最大值為1.

評注：本題的難點(diǎn)在于讀懂函數(shù)G（x）的符號(hào)涵義，這樣才能得出G（x）與三個(gè)函數(shù)f（x），g（x），h（x）圖象之間的關(guān)系，進(jìn)而得出

G（x）=52x+32，x≤-12，

x2，-12

-x+2，x>1.因?yàn)楸槐碚鞯膶ο蠓?hào)化程度越復(fù)雜，對人的抽象概括能力要求越高，結(jié)合圖象直觀，可以降低抽象化程度，有利于分析問題和解決問題.

四、基本不等式

基本不等式是指：a+b≥2ab（a≥0，b≥0）或ab≤（a+b2）2.觀察解析式的結(jié)構(gòu)，通過對式子適當(dāng)?shù)淖冃?，使之具備“一正、二定、三相等”的條件，再利用基本不等式求出最值.

例4 （1）已知ab+bc+ca=1，則a2+b2+c2的最小值為 .

（2）已知a>b>0，則a2+16b（a-b）的最小值是 .

解：（1）將不等式a2+b2≥2ab，b2+c2≥2bc，c2+a2≥2ca左、右兩邊分別相加，

得a2+b2+c2≥ab+bc+ca=1.

當(dāng)a=b=c=33或a=b=c=-33時(shí)，a2+b2+c2取最小值1.

（2）因?yàn)閍>b>0，所以b（a-b）≤[b+（a-b）2]2=a24，

當(dāng)且僅當(dāng)a=2b時(shí)等號(hào)成立.

所以a2+16b（a-b）≥a2+16a24=a2+64a2

≥2a2·64a2=16.

當(dāng)且僅當(dāng)a=2b

a2=64a2即a=22，b=2，a2+16b（a-b）取最小值16.

評注：第（2）小題中，暫時(shí)“固定a”，視b為變量，利用基本不等式求出b（a-b）的最大值a24；從而得a2+16b（a-b）≥a2+64a2，再利用基本不等式求出a2+64a2的最小值.讓一個(gè)基本不等式“嵌套”在另一個(gè)基本不等式之中，比（1）小題將幾個(gè)不等式“疊加”更為靈活，對基本不等式的理解與應(yīng)用要求更高.

例5 （2014，江蘇高考）已知函數(shù)f（x）=ex+e-x，其中e是自然對數(shù)的底數(shù).若關(guān)于x的不等式mf（x）≤e-x+m-1在（0，+∞）上恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍.

解：由條件知m（ex+e-x-1）≤e-x-1，令ex=t（x>0），則t>1.

m≤-（t-1）t2-t+1=-1（t-1）+1t-1+1對于一切t>1均成立.

因?yàn)椋╰-1）+1t-1+1≥2（t-1）·1t-1+1=3，所以-1（t-1）+1t-1+1≥-13，

當(dāng)且僅當(dāng)t=2即x=ln2時(shí)等號(hào)成立.

因此，實(shí)數(shù)m的取值范圍是（-∞，-13].

評注：含參數(shù)問題是我國數(shù)學(xué)雙基教學(xué)特色之一，分離參數(shù)是常用方法.分離參數(shù)后，對于函數(shù)式-（t-1）t2-t+1如何處理，一般按“一次式”進(jìn)行“配湊”，向基本不等式的結(jié)構(gòu)靠攏.

若配湊有困難，可用換元法，令t-1=u（t>1），則t=u+1（u>0），

所以-t-1t2-t+1=-u（u+1）2-（u+1）+1=-uu2+u+1=-1u+1u+1，再用基本不等式求最值.

五、導(dǎo)數(shù)法

導(dǎo)數(shù)法求解函數(shù)最值就是利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，從而確定函數(shù)最值的方法.其基本步驟是：先確定函數(shù)在定義域內(nèi)的導(dǎo)數(shù)，求出導(dǎo)函數(shù)在定義域內(nèi)的零點(diǎn)；再研究函數(shù)零點(diǎn)附近（左、右）函數(shù)的單調(diào)性，以確定在導(dǎo)函數(shù)零點(diǎn)處原函數(shù)取極大值還是極小值.由于導(dǎo)數(shù)是中學(xué)數(shù)學(xué)與高等數(shù)學(xué)的銜接內(nèi)容，所以導(dǎo)數(shù)問題特別受到命題者的青睞.

例6 如圖，OA，OB是某地湖泊兩條垂直的湖岸，OA=150（米），視OB延伸到無窮遠(yuǎn)處.曲線EF是防波堤，經(jīng)測量知曲線EF上任意一點(diǎn)到OA的距離與到OB的距離平方成反比，比例系數(shù)為a3（a>0，a為常數(shù)）.為觀光旅游的需要，擬修建一條與EF相切的棧橋，以連接湖岸OA，OB，設(shè)切點(diǎn)為P到OB的距離為t（米），棧橋分別交OA，OB于點(diǎn)C，D，防波堤端點(diǎn)E與湖岸端點(diǎn)A的連線平行于OB，防波堤的另一端視為延伸到無窮遠(yuǎn)處.（假設(shè)湖岸、波堤及棧橋在同一個(gè)水平面上，且它們的寬度均忽略不計(jì)）.

（1）試將棧橋CD的長度表示為t的函數(shù)，并指出函數(shù)的定義域；

（2）求使棧橋CD的長度取最小值時(shí)點(diǎn)P到OB的距離.

解：（1）設(shè)曲線EF：y=a3x2，切點(diǎn)P（t，a3t2）（a>0）.

由y′=-2a3x3知過P的切線方程為：

y-a3t2=-2a3t3（x-t），

令x=0，得：D（0，3a3t2），令y=0，得：C（3t2，0）.

由條件知0

即CD=32t2+4a6t4（0

（2）令f（t）=t2+4a6t4（0

f′（t）=2（t6-8a6）t5

=2（t-2a）（t+2a）（t4+2a2t2+4a4）t5，

由于t+2a>0，t4+2a2t2+4a4=（t2+a2）2+3a4>0，t5>0，

（i）若2a<100即0

當(dāng)2a0，f（t）在（2a，100）上遞增，

所以t=2a時(shí)，CD長取最小值.

（ii）若2a≥100即a≥502時(shí)，f′（t）≤0，f（t）在（0，100]上遞減，所以t=100時(shí)，CD長取最小值.

答：若0

若a≥502，P到OB的距離為100米時(shí)，CD長取最小值.

評注：（1）實(shí)際問題要注意變量的現(xiàn)實(shí)意義，這里由點(diǎn)C位于線段OA上，求出函數(shù)的定義域?yàn)閧t|0

（2）為了研究方便起見，從CD的表達(dá)式中“析出”函數(shù)f（t）=t2+4a6t4（0

評注：利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值是當(dāng)下高考的熱點(diǎn)，特別對含有參數(shù)的“混合型”函數(shù)（解析式中含指數(shù)函數(shù)、對數(shù)函數(shù)、三角函數(shù)、代數(shù)函數(shù)兩類以上的），求導(dǎo)后，確定單調(diào)性、極值點(diǎn)、最值大小往往融合在一起，如何分清層次進(jìn)行有序的討論（不重不漏），關(guān)鍵是要把握好分類的標(biāo)準(zhǔn)和時(shí)機(jī).

本例第（2）小題中，在已知實(shí)數(shù)a范圍為[0，1]基礎(chǔ)上，第一層按a是否為零進(jìn)行分類；第二層在0