解题应重视自然而至简的通解通法

2022-04-25 01:02刘海涛
数理化解题研究·高中版 2022年3期
关键词:高考评价体系

摘要:2020年高考江苏卷第12题的第(2)问本质是一道二元函数最值问题,文章从四个不同角度对此思考,给出九种不同解法,并进行合理变式,归纳二元方程条件下的二次函数的最值解法策略.

关键词:二元函数最值;高考评价体系;变式推广;基本不等式法

中图分类号:G632文献标识码:A文章编号:1008-0333(2022)07-0075-06

收稿日期:2021-12-05

作者简介:刘海涛(1988-),男,安徽省滁州人,本科,中学一级教师,从事高中数学教学研究.[FQ)]

1 试题呈现与分析

题目已知5x2y2+y4=1(x,y∈R),则x2+y2的最小值是.

分析该题形式上以二元方程为背景命题,主要考查分析、解决二元问题的能力,强化对转化与化归、函数与方程、消元与不等式求最值等数学思想方法的考查,体现了逻辑推理、数学运算等数学核心素养.试题结构虽简单、明了,但内涵丰富,本文尝试对该题从不同的角度予以思考,给出不同的解法.

2 解法探究

角度1整体处理,借助不等式求最值.

解法1(配凑+基本不等式法)由5x2y2+y4=1,得y2(5x2+y2)=1.

则x2+y2= 155x2+y2+45y2

≥2155x2+y2·45y2=45,

当且仅当x2+15y2=45y2,

即x2=310,y2=12时等号成立.

所以x2+y2的最小值是45.

评注通过代数化简,将问题转化为y2与5x2+y2的问题,条件式为两者积为定值,目标式是与两者有关的和,自然想到借助基本不等式求解.

解法2(待定系数+基本不等式法)

由(x2+y2)2=x4+2x2y2+y4,

设(x2+y2)2=x4+ty4+2x2y2+(1-t)y4,

则(x2+y2)2≥(2 t+2)x2y2+(1-t)y4.

令2 t+21-t=5,则t=925.

于是(x2+y2)2≥1625(5x2y2+y4)=1625.

即x2+y2≥45,当且仅当x4=925y4等号成立.

故当x2=310且y2=12时,x2+y2取最小值为45.

评注在得到(x2+y2)2=x4+2x2y2+y4后,联想利用不等式将其放縮为5x2y2+y4的倍数,但是这里对系数的配凑不太容易,于是考虑待定系数法.利用待定系数法配凑,再借助不等式求最值的方法,往往可以降低配凑系数带来的思维难度,读者在日常的解题中可以尝试该法的使用.

角度2化二元为一元,转化为一元函数最值问题.

解法3(消元+基本不等式法)

由5x2y2+y4=1,得x2=15y2-y25.

则x2+y2=15y2+4y25≥45,

当且仅当15y2=4y25,

即y2=12且x2=310时等号成立.

所以x2+y2的最小值是45.

评注化二元为一元是解决二元函数的最直接做法,通法是消去其中一个变量,得到关于另一变量的函数,接着利用不等式、对勾函数等求出最值.

解法4(三角换元+基本不等式法)令5x2y2=cos2θ,y4=sin2θ(0<θ<π),则x2=cos2θ5sinθ.

所以x2+y2=cos2θ5sinθ+sinθ

=1+4sin2θ5sinθ

=15sinθ+4sinθ5≥45,

当且仅当15sinθ=4sinθ5,即sinθ=12时等号成立.

故当x2=310且y2=12时,x2+y2取最小值为45.

评注由条件式平方和为1的结构特征,联想cos2θ+sin2θ=1,所以想到利用三角换元,将二元(x,y)问题转化为一元(θ)问题,根据目标式特点选择合适方式求最值.

解法5(三角换元+函数最值法)令x2+y2=r2,由5x2y2+y4=1知x,y至少有一个不为0.

设x=rcosθ,y=rsinθ,代入5x2y2+y4=1,整理,得

r4=15cos2θsin2θ+sin4θ.

则r2=15cos2θsin2θ+sin4θ

= 15(1-sin2θ)sin2θ+sin4θ

= 1-4sin2θ-582+2516,

当sin2θ=58,即x2=310且y2=12时,x2+y2取最小值为45.

评注着眼于目标式特征,由于x,y至少有一个不为0,故设x=rcosθ,y=rsinθ,于是问题转化为三角函数问题,顺利实现减元,利用一元二次函数知识即可求出最值.

解法6(齐次化+基本不等式法)

x2+y22=x2+y225x2y2+y4

=xy2+125xy2+1

=xy2+15+4525xy2+1

=15×xy2+152+85xy2+15+1625xy2+15

=15xy2+15+1625xy2+15+85

≥1625,

当且仅当xy2+15=1625xy2+15,

即xy2=35等号成立.

所以当x2=310且y2=12时,x2+y2取最小值为45.

评注观察发现目标式x2+y2为二次齐次式,又条件式5x2y2+y4=1等号左边为四次齐次式,所以想到将目标式平方后构造四次齐次分式,再利用比值xy代换,将问题转化为一元分式函数,最后利用基本不等式求出最值.

角度3着眼于目标式,借助方程判别式.

解法7(判别式法)设x2+y2=t(t>0),则x2=t-y2.

代入5x2y2+y4=1,整理,得

关于y2的一元二次方程4y4-5ty2+1=0.

方程有解的充要条件为Δ=(-5t)2-16≥0,

即t≥45,当且仅当y2=5t8=5(x2+y2)8,

即y2=53x2时等号成立,故x2+y2的最小值为45.

评注将目标式设为参数t,利用t将条件式转化为关于y2的一元二次方程,将问题转化为方程有解问题,借助判别式解题.

角度4回顾函数本质,多元函数找对策.

解法8(函数偏导法)设x2+y2=t,5x2y2+y4=1,

对x求导,得

2x+2y·y′=0,10xy2+10x2y·y′+4y3·y′=0,

解得y2=53x2.

代入5x2y2+y4=1,得x2=310,y2=12.

經验证当x2=310且y2=12时,x2+y2取最小值为45.

解法9(拉格朗日乘数法)构造函数f(x,y,λ)=x2+y2+λ(5x2y2+y4-1),令f(x,y,λ)对x,y,λ的一阶偏导数为零,则

f ′x(x,y,λ)=2x+10λxy2=0,f ′y(x,y,λ)=2y+10λx2y+4λy3=0,f ′λ(x,y,λ)=5x2y2+y4-1=0,

解得x2=310,y2=12,λ=-25,

经验证当x2=310,y2=12,λ=-25时,x2+y2取到最小值45.

评注函数偏导法与拉格朗日乘数法都是高等数学背景下的解法,提供给读者参考.

3 变式推广,总结通解通法

若令x2=u,y2=v,则问题等价于:已知5uv+v2=1,求u+v的最小值.我们不难发现,问题的实质为以二元二次方程为背景的二元函数最值问题,类似问题频繁出现在高考和各类模拟考中,笔者经过整理,将此类问题根据条件式或目标式特征进行分类,并据此特征总结通解通法.

3.1 条件式为(ax+b)(cy+d)=m的二元最值问题

例1若正实数x,y满足xy-2x-y=6,则xy的最小值为.

解析由xy-2x-y=6,得(x-1)(y-2)=8.

设x-1=t,则y-2=8t.

解得x=t+1,y=8t+2.

所以xy=(t+1)8t+2≥(22+2)2=18,当且仅当2t=8t,即t=2时,xy取到最小值18.

例2设x,y∈R,且满足4x+y+2xy+1=0,则x2+y2+x+4y的最小值为.

解析由4x+y+2xy+1=0,

得(2x+1)(y+2)=1.

设2x+1=t,则y+2=1t,

解得x=t-12,y=1t-2.

所以x2+y2+x+4y

=t-122+1t-22+t-12+41t-2

=t24+1t2-174≥-134,

当且仅当t24=1t2,

即t=±2时,x2+y2+x+4y取到最小值-134.

方法归纳一般地,若已知实数x,y满足(ax+b)(cy+d)=m(a,b,c,d,m均为非零实数),求二元函数f(x,y)的最值,通法步骤为:

(1)设ax+b=t,cy+d=mt,解得x=t-ba,y=1cmt-d;

(2)将(1)中所得结果代入二元函数f(x,y),得到关于t的一元函数;

(3)利用函数或不等式等方法解(2)中所得关于t的函数的最值.

3.2 条件式为(ax+by)(cx+dy)=m的二元最值问题

例3已知实数x,y满足5x2-y2-4xy=5,则2x2+y2的最小值等于().

A.53B.56C.59D.2

解析由5x2-y2-4xy=5,得

(5x+y)(x-y)=5.

设5x+y=t,则x-y=5t.

解得x=16t+5t,y=16t-25t.

所以2x2+y2=118t+5t2+136t-25t2

=112t2+225t2-10≥53,

当且仅当t2=225t2,

即t=±15时,2x2+y2取到最小值53.

例4 已知正实数x,y满足2x2+2y2+5xy=1,则xy+x+y的最大值为.

解析由2x2+2y2+5xy=1,

得(2x+y)(x+2y)=1.

设2x+y=t(t>0),则x+2y=1t.

解得x=132t-1t,y=13-t+2t.

所以xy+x+y

=19-2t2-2t2+5+132t-1t+13-t+2t

=-29t+1t2+13t+1t+1.

设λ=t+1t(λ≥2),

xy+x+y=-29λ-342+98

在λ∈2,+

SymboleB@

上单调递减.

所以当且仅当λ=2,即t=1时,xy+x+y取到最大值为79.

方法归纳一般地,若已知实数x,y满足(ax+by)(cx+dy)=m(a,b,c,d,m均为非零实数,且ad≠bc),求二元函数f(x,y)的最值,通法步骤为:

(1)设ax+by=t,cx+dy=mt,解得x=1ad-bc·dt-mbt,y=1ad-bc-ct+mat;

(2)将(1)中所得结果代入二元函数f(x,y),得到关于t的一元函数;

(3)利用函数或不等式等方法解(2)中所得关于t的函数的最值.

3.3 条件式为(ax+by)2+(cx+dy)2=m的二元最值问题

例5若正数x,y满足x2+y2+xy=9,则x+2y的最大值为.

解析由x2+y2+xy=9,得

x+y22+32y2=9.

設x+y2=3cosθ,3y2=3sinθ,则

x=3cosθ-3sinθ,y=23sinθ.

则x+2y=3cosθ+33sinθ=6sinθ+π6≤6,

当θ=π3+2kπ(k∈Z)时x+2y取到最大值6.

例6 已知x,y∈R,且满足x2+4y2+2xy=6,求z=x2+4y2的最值.

解析由x2+4y2+2xy=6,得

x+y2+3y2=6.

设x+y=6cosθ,3y=6sinθ,

则x=6cosθ-2sinθ,y=2sinθ.

则z=x2+4y2=6cosθ-2sinθ2+2sinθ2

= 8-4sin2θ+π6,

当θ=π6+kπ(k∈Z)时,z取到最小值4,

当θ=2π3+kπ(k∈Z)时,z取到最大值12.

方法归纳一般地,若已知实数x,y满足(ax+by)2+(cx+dy)2=m(a,b,c,d均为非零实数,m为正实数,且ad≠bc),求二元函数f(x,y)的最值,通法步骤为:

(1)设ax+by=mcosθ,cx+dy=msinθ,

解得x=mad-bcdcosθ-bsinθ,

y=mad-bc·-ccosθ+asinθ;

(2)将(1)中所得结果代入二元函数f(x,y),得到关于θ的一元函数;

(3)利用三角函数或不等式等知识解(2)中所得关于θ的函数的最值.

3.4 目标式为ax+by的二元最值问题

例7已知正数x,y满足x+2y+2xy=8,则x+2y的最小值是().

A.3B.4C.92 D.112

解析设x+2y=t(t>0),则x=t-2y.

代入x+2y+2xy=8,整理,得

关于y的方程4y2-2ty+8-t=0(y>0).

方程有解的充要条件为

Δ=(-2t)2-16(8-t)≥0,

解得t≥4,

当且仅当y=t4=x+2y4,

即x=2y时等号成立.

所以x+2y的最小值为4.

方法归纳一般地,若已知二元二次方程

f(x,y)=0,求二元一次函数ax+by(a,b均为非零实数)的最值,通法步骤为:

(1)令ax+by=t,解得x=t-bya;

(2)将(1)中所得结果代入二元二次方程f(x,y)=0,得到关于y的一元二次方程;

(3)利用判别式解(2)中所得关于y的方程有解对应的t的取值范围,验证等号成立取得所求最值.

3.5 目标式为ax2+by2的二元最值问题

例8若实数x,y满足x2+2xy-y2=7,则x2+y2的最小值为.

解析设x2+y2=r2,易知x,y不同时为0,所以r≠0.

设x=rcosθ,y=rsinθ,代入x2+2xy-y2=7,整理,得2r2sin2θ+π4=7.

由正弦函数的有界性有2r2≥7.

即r2≥722.

故x2+y2的最小值为722.

方法归纳一般地,若已知二元方程f(x,y)=0,求二元二次函数ax2+by2(a,b>0)的最值,通法步骤为:

(1)设ax2+by2=r2,则x=racosθ,x=rbsinθ;

(2)将(1)中所得结果代入二元方程f(x,y)=0,得到关于θ的方程;

(3)利用三角函数的有界性等知识解(2)中所得关于θ的方程,得到关于r2的不等式,得到r2的取值范围,即得ax2+by2的最值.

4 教学启示

数学解题的目的是什么?是求出问题的答案吗?是,但不全是!解题的目的是巩固数学基础知识、落实数学基本技能、感悟数学思想方法、提升数学思维活动经验,所以对一道典型问题,尤其是高考题的多角度分析与解答是非常有必要的.用多种方法解答同一道数学题,不仅能更牢固地掌握相关的数学知识,还能更灵活地运用所学知识.通过一题多解,分析、比较各种解法,可以找到最佳的解题途径,从而发散学生的思维能力,对巩固知识和解题能力大有裨益,是提高数学成绩的一条捷径.

当然并非解法越多越好,在寻求多解的过程中要突出通性、通法的辐射、迁移的作用,要追求水到渠成、自然而然的解题方法.正如数学家加德纳说:“数学的真谛在于不断寻求越来越简单的方法证明定理和数学问题”.笔者认为这里所谓的“简单”,不是指特殊的技巧,或书写过程的简洁,而是解答一道问题的思维过程是自然的、简单的,运用的知识也是基础的,正所谓“大道至简”,因此文章中将近些年一些高考和模拟考中的关于二元最值题,按照条件式或者目标式的结构特征进行分类,总结其通解通法,以求让学生能“做一题,通一类”,真正实现“一题多解,多解归一”.另外,笔者认为在日常的教学中,教师还要指导学生结合自身掌握程度和实际情况,选择最佳的解题方法,不要一味追求某一种解法,要学会从不同解法中汲取不同的數学思想,提高自身的数学核心素养.

参考文献:

[1] 刘海涛.2020年全国Ⅰ卷解析几何题的多解探究与推广[J].理科考试研究,2020,27(21):5-9.

[2] 刘海涛,聂坤.探析一道二元方程条件下二元二次函数的最值[J].中学数学教学,2020(06):39-40.

[3] 刘海涛.对一道三角形面积问题的探究与拓展[J].教学考试,2021(02):52-54.

[4] 刘海涛.一道“八省联考”解几题的多解、推广及通法总结[J].数理化解题研究,2021(16):29-33.

[责任编辑:李璟]

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