一道2023年模考题的多视角探究

陈汉邦

一、问题呈现与解法探究

题目已知正实数a，b满足3a－5b=4a2b2，求1a+1b的最小值.

本题是二元约束条件下的二元函数最值问题，试题简洁、对称、优美，有一定的难度，本文给出多种视角下的解法.

视角1拆项+均值不等式

解法1：因为a，b>0，所以ab>0，由3a－5b=4a2b2，可得3b=5a+4ab，于是，1a+1b=155a+5b=155a+3b+2b=15（10a+4ab+2b）

≥15×3×310a·4ab·2b=63105，当10a=2b=4ab，即a=3252，b=3110时，1a+1b取得最小值63105.

评注：本题还可以考虑用待定系数法找到拆项的方法，能起到事半功倍的效果.具体说，就是取m>0，由ma+mb=3b－5a+m－3b+m+5a=4ab+m－3b+m+5a≥334ab·m－3b·m+5a=334m－3m+5，当4ab=m－3b=m+5a=3b－5a，得m=5，即a=3252，b=3110时，1a+1b取得最小值63105.

视角2升幂+比值换元+均值不等式

解法2：令ab=k>0，由均值不等式得1a+1b3=a+b3ab3·4a2b23a－5b=4ab+13ab·3·ab－5=4k+13k3k－5=80k+1310·2k·3k－5

≥80k+1310+2k+3k－533=10×653，所以当10=2k=3k－5，即k=5，即a=3252，b=3110时，1a+1b取得最小值63105.

视角3函数视角

解法3：令ab=k>0，则1a+1b=1a1+ab=1a1+1k=m，

由3a－5b=4a2b2，得3a－5ka=4a4k2，

从而a3=3－5k4k2，得m3=4k23－5k·1+k3k3=41+k3k3－5k.

令fk=41+k3k3－5k，则f′k=－41+k25k－1k－3k23－5k2.

因为m>0，a，b>0，所以0

所以当00，fk单调递增.所以fkmin=f15=10×653，即1a+1bmin=63105，此时ba=15，

3a－5b=4a2b2， 即a=3252，

b=3110，

所以当a=3252，b=3110时，1a+1b取得最小值63105.

解法4：由1a+1b3=a+b3ab3·4a2b23a－5b=4k+13k·3k－5，

其中k=ab>53.令fk=4k+13k3k－5，則f′k=4k+123k－1k－5k23k－52，当535时，f′k>0，fk单调递增.

所以1a + 1b3min  = f5 = 10×653，即1a+1bmin=63105，此时ab=5，

3a－5b=4a2b2， 解得a=3252，

b=3110，

所以当a=3252，b=3110时，1a+1b取得最小值63105.

视角4用求根公式减元

解法5：由a，b>0结合3a－5b=4a2b2，得4a2b2+5b－3a=0，

解得b=－5+25+48a38a2，所以1a+1b=11+25+48a36a，令f（A）=11+25+48a36a，则f′（A）=24a3－25－1125+48a36a2·25+48a3.

设25+48a3=t>0，则f′（A）=gt=t2－22t－7512a2t，令gt=0，可得t=25，即a0=3252，易证a0为f（A）的极小值点，所以f（A）min=fa0=63152=63105，此时b=3110，因此当a=3252，b=3110时，1a+1b取得最小值63105.

视角5双换元+均值不等式

解法6：令1a=m>0，1b=n>0，则a=1m，b=1n，分别代入3a－5b=4a2b2，可得

3m－5n=4m2n2，得mn3n－5m=4，由均值不等式得4×20=10m·2n·3n－5m≤10m+2n+3n－5m33=53m+n3，可得m+n≥63105，即1a+1b≥63105，当且仅当10m=2n=3n－5m，即n=5m，即a=5b时取等号，此时a=5b，

3a－5b=4a2b2， 解得a=3252，

b=3110.

所以当a=3252，b=3110时，1a+1b取得最小值63105.

二、变式拓展

变式1（2020北京高中数学联赛第9题）已知正实数a，b满足a－b=4a2b2，求1a+1b的最小值.

解：令1a=m>0，1b=n>0，则a=1m，b=1n，分别代入a－b=4a2b2，可得1m－1n=4m2n2，得mnn－m=4，再由均值不等式可得

4×2=3+1m·3－1n·n－m≤3+1m+3－1n+n－m3=m+n33，可得m+n33≥8，即m+n≥23，即1a+1b≥23，当且仅当3+1m=3－1n=n－m，即m=2－3n，即a=2－3b时取等号，此时a=2－3b，

a－b=4a2b2， 解得a=3－12，

b=3+12.

所以当a=3－12，b=3+12时，1a+1b取得最小值23.

变式2已知正实数a，b满足3a－5b=4λa2b2，λ为正常数，求1a+1b的最小值.

解：因为a，b>0，所以ab>0，由3a－5b=4λa2b2，得3b－5a=4λab，给定待定系数m>0，使ma+mb=3b－5a+m－3b+m+5a=4λab+m－3b+m+5a≥334λab·m－3b·m+5a=334λm－3m+5，当4λab=m－3b=m+5a=3b－5a，得m=5λ，即a=325λ2，b=3λ10时，1a+1b取得最小值6310λ5.

三、试题背景

本题背景是拉格朗日乘数法求极值问题，拉格朗日乘数法时高等数学中求多元函数条件极值的重要方法，方法程序性强，容易掌握，其优点，一是把目标函数和等式约束统一到一个拉格朗日函数中；二是把条件最值问题转化为无条件最值问题.对文首模考试题，应用拉格朗日乘数法解答如下.

解法7：设La，b，λ=1a+1b+λ（3a－5b－4a2b2），令

L′aa，b，λ=－a－2+λ3－8b2a=0，

L′ba，b，λ=－b－2+λ－5－8ba2=0，

L′λa，b，λ=3a－5b－4a2b2=0，

解得3a=b（此时可得a≤0，故舍去）或a=5b，进一步解得a=3252，b=3110.

所以当a=3252，b=3110时，1a+1b取得最小值63105.

四、追本溯源

本题是一道对思维有较高要求的好题，试题与教材有着紧密的联系，体现了高考命题源于教材、高于教材的理念.本题来源于人教2019版（数学）选修1第58页综合运用第5题：若a>0，b>0，且ab=a+b+3，求ab的取值范围.这题课本习题就是采用化二元为一元的策略去处理，与本题相通.因此，教师在教学中应重视对课本习题的深度挖掘，挖掘其中蕴含的数学背景、剖析背后的数学本质，感悟试题设计所蕴含的数学思想等.