前言

最值问题一直是高考的一个热门考点，因其综合性强、思维难度可以出的很高而受到命题人的青睐。最值问题综合了高中的数列、不等式、函数、解析几何等的知识，可以说几乎是高中数学的半壁江山了（求取值范围也可以看成其的变式）。这里归纳一下各种可能出现的最值问题解法。

知识储备

加星表示不强制要求掌握。

• 某个区间上的单调函数，最大值和最小值分布在两端。
• 函数 $f(x)$ 在 $f^{\prime }(x)=0$ 处取到极值。
• 二次分式最值 $$y=\frac{a{x}^2+bx+c}{d{x}^2+ex+f}$$
  令 $y^{\prime }=0$，即 $$(2ax+b)(d{x}^2+ex+f)=(2dx+e)(a{x}^2+bx+c)$$
  $$ae{x}^2+2afx+bf=bd{x}^2+2cdx+ce$$
  $$(ae-bd)x^2+2(af-cd)x+bf-ce=0$$
  解上面这个二次方程，即两个极值点位置。

  特别地，这里再提一种分子二次，分母一次的分式的解法（分子一次分母二次同理）
  $$y=\frac{a{x}^2+bx+c}{dx+e}$$
  不妨令 $t=dx+e$，则 $x=\frac{t-e}{d}$，代入方程
  $$y=\frac{a(\frac{t-e}{d}{)}^2+b(\frac{t-e}{d})+c}{t}$$
  将分子整理后约掉 $t$，就可以出现“积定”的情况，可以用不等式解。

• 均值不等式 $Hn\le G_n\le A_n\le Q_n$

  1、基本不等式的加权形式${}^{\ast }$ $$\sum _{i=1}^n{w}_i{a}_i\ge \prod _{i=1}^n{a}_i^{w_i}$$
  其中 ${\sum }_{i=1}^n{w}_i=1$

  2、一般形式${}^{\ast }$

  $$D(x)=(\frac{{\sum }_{i=1}^n{a}_i^r}{n}{)}^{\frac{1}{r}}，x̸=0$$
  $$D(0)=(\prod _{i=1}^n{a}_i{)}^{\frac{1}{n}}$$
  D ( + ∞ ) = lim ⁡ x → ∞ D ( x ) = m a x { a i } D(+\infty)=\lim_{x\to\infty}D(x)=max\{a_i\} D(+∞)=x→∞lim​D(x)=max{ ai​}
  D ( − ∞ ) = lim ⁡ x → − ∞ D ( x ) = m i n { a i } D(-\infty)=\lim_{x\to-\infty}D(x)=min\{a_i\} D(−∞)=x→−∞lim​D(x)=min{ ai​}
  $D(x)$ 在 $R$ 上连续单调递增。

• 绝对值不等式 $||a|-|b||\le |a\pm b|\le |a|+|b|$
• 柯西不等式 $(\sum a_i{b}_i{)}^2\le (\sum a_i^2)(\sum b_i^2)$
  辅助记忆：两个 $n$ 维向量模的积 $\ge$ 它们点积的平方
  推广形式：

  1、卡尔松不等式${}^{\ast }$
  从向量推广到矩阵，内容为 $m\times n$ 的非负实数矩阵中，$n$ 列每列素之和的几何平均值不小于矩阵中 $m$ 行每行素的几何平均值之和。

  2、赫尔德不等式${}^{\ast }$
  $$\sum a_i{b}_i\le (\sum a_i^p{)}^{\frac{1}{p}}(\sum b_i^q{)}^{\frac{1}{q}}$$
  其中 $p>1，p+q=1，a_i，b_i$ 均为非负实数。

• 琴生不等式${}^{\ast }$
  若 $f(x)$ 为上凸函数，则 $$f(\frac{\sum x_i}{n})\ge \frac{\sum f(x_i)}{n}$$
  可推出：幂平均不等式${}^{\ast }$

问题

二

凡是给定两变量关系，并求一个带两变量式子的最值的问题，都可以通过换法化归为求一的最值问题。
高中能出现的最复杂的函数一般只到 $$F(x)=\frac{a{x}^3+b{x}^2+cx+d}{e{x}^3+f{x}^2+gx+h}$$
这种三次分式的形式。
而求函数最值我们知道求导是通法，但有的情况能更加简便地来求最值。
接下来通过几个例子分析。

例1

已知 $x,y>0，x^2+y^2-xy=1$，求 $x^2+y^2+xy$ 的最大值。

解

$$x^2+y^2+xy=x^2+y^2-xy+2xy=1+2xy$$
问题就变成求 $xy$ 的最大值。便捷的求法是将给定的等式再变形
$$1-xy=(x-y{)}^2>=0$$ 当且仅当 $x=y$ 时候取等号。此时 $x^2+y^2+xy$ 最大值为 $3$。

当然，换依然是可解的。我们可设 $t=xy$，那么原式变为
$$x^2+\frac{t^2}{x^2}-t=1$$
可以用二次方程的相关知识求解或者直接借助不等式。
我认为第一种办法虽然可求，但需要一定变形，比较带有技巧性，不太适合作为一个通法。

例2

已知 $x,y>0，x+y=2$，求 $x^{2}y$ 的最大值。

解

很明显根据上面的思想，二换，转化为求 $f(x)=x^2(2-x)$ 最大值，三次函数求导难度很低。

不过这种结构也有均值不等式的解法，由于所求式子中 $x、y$ 不是齐次的， $x$ 占了两份的权，所以我们对条件变形为 $$\frac{x}{2}+\frac{x}{2}+y=1$$
然后可以用三均值不等式。
事实上，对于目标多项式 $x^m{y}^n$，都可以将已知限制条件 $ax+by=c$ 化为 ${\sum }_{i=1}^m\frac{ax}{m}+{\sum }_{i=1}^n\frac{bx}{n}$ 然后用 $m+n$ 均值不等式求。

例3

（2017·新课标二卷）已知 $a^3+b^3=2，a>0，b>0$，证明：
1、$(a+b)(a^5+b^5)\ge 4$
2、$a+b\le 2$

解

第一问换有点困难，但是一眼柯西，很容易有
$$(a+b)(a^5+b^5)\ge (a^3+b^3{)}^2=4$$
第二问看到题中给的线性关系简单得一批，不用想直接换 $t=a+b$
$$a^3+b^3=(a+b)(a^2-ab+b^2)=t(t^2-3ab)=2$$
$$ab=\frac{t^3-2}{3t}\le \frac{t^2}{4}$$
即$$4t^3-8\le 3t^3$$
$$t^3\le 8，t\le 2$$
这题还有个反证法的做法。不过这里暂不谈此做法。

例4

（2017 天津 理）若 $a,b\in R,ab>0，$ 求 $\frac{a^4+4b^4+1}{ab}$ 的最小值。

解

直接换 $t=ab>0$
$$F(a,t)=\frac{a^4+4\frac{t^4}{a^4}+1}{t}$$
对于每个确定的 $t$ （这是一种重要的思考方法，令某变量为常数来达到二降一的目的）
可知 $$a^4+\frac{4t^4}{a^4}\ge 4t^2$$
当且仅当 $a^2=\sqrt{2}t$ 时取等
所以取到最小值时必有 $a^2=\sqrt{2}t$，接下来研究 $t$ 要取到何值
$$F(t)=\frac{4t^2+1}{t}$$
已经化成了简单的二次分式
$$F(t)=4t+\frac{1}{t}$$
可知最小值为 $4$。

例5

（2015 重庆 文）
设 $a,b>0$，$a+b=5$，求 $\sqrt{a+1}+\sqrt{b+3}$ 的最大值。

解

先进行常系数换 $x^2=a+1\in (1,6)，y^2=b+3\in (3,8)$
由已知 $$x^2+y^2=9$$
再进行目标多项式换 $t=x+y$
$$t^2=9+2xy$$ 转化为求 $xy$ 最大值
然后由均值不等式 $$xy\le \frac{x^2+y^2}{2}=\frac{9}{2}$$
所以 $t\le 3\sqrt{2}$，当且仅当 $x=y=\frac{3\sqrt{2}}{2}$ 是取到。取等的情况在取值范围内。

例6

已知 $a,b$ 为两个不相等的正数，$a^3-b^3=a^2-b^2$，求 $a+b$ 的取值范围。

解

这道题网上很多解答感觉严谨性都不足。这里提供一个较严谨的做法。

约束可化为 $a^2+b^2+ab=a+b$，即 $(a+b{)}^2-(a+b)=ab$。

换，设 $p=a+b，q=ab$，然后我们将原题对 $a,b$ 的约束等价地加在 $p，q$上。

$a，b$ 可看做方程 $x^2-px+q=0$ 的两根，原题要求

• $a，b>0$
• $a̸=b$
• $a^2+b^2+ab=a+b$

加在 $p，q$ 上，就变成

• $p，q>0$
• $p^2>4q$
• $p^2-p=q$

解这个不等式，可得 $p\in (1,\frac{4}{3})$，$q\in (0,\frac{4}{9})$。

总结

归纳二问题的解法，无非就两种：

1、$a,b$ 之间有约束条件 $g(a,b)=0$，最大化目标多项式 $f(a,b)$。可以考虑换转化为单函数研究最值。

有时可能很难参变分离化为单函数的形式，考虑不等式。

参变分离时注意自变量最好是任意。

当 $x^2+y^2$、$x+y$、$xy$ 这几个项同时存在于约束条件时，注意它们之间取到最值的联系。

2、$a,b$ 没有约束，求二函数 $F(a,b)$ 的最值。通常会考圆或椭圆的图像（有上下界），可以考虑通过将一个量看作常量的方法来降为一。

多

求解多问题一个很重要的方法即上面提到的将一个量看作常量来降。这种方法甚至可以结合数学归纳法来证明任意正整数的情况。

多最值的另一个思路就是根据几个经典不等式的基本形态。

例1

已知 $a，b，c>0$，求证 $a^3+b^3+c^3\ge 3abc$。

解

$$a^3+b^3+c^3-3abc=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-ac-bc)\ge 0$$证毕。
这步因式分解非常巧妙，不熟悉的人经常会无从下手。如果觉得这种思想太突兀，可以考虑降。
设 $a,b$ 为常量，考虑 $c$ 的情况，设函数 $F(c)=c^3-3kc+b$，对其求导，得 $$F^{\prime }(c)=3c^2-3k=0$$
所以当 $c>0$ 时，$c=\sqrt{k}=\sqrt{ab}$ 取到最小。
由对称性 $a^2=bc，b^2=ac,c^2=ab$
则 $(a-b{)}^2+(b-c{)}^2+(a-c{)}^2=0$，可得 $a=b=c$。
因此最小的情况 $a=b=c$，此时 $a^3+b^3+c^3=3abc$，因此原不等式得证。

例2

（2015 江苏）在锐角 $△ABC$ 中，$\sin A=2\sin B\sin C$，求 $\tan A\tan B\tan C$ 的最小值。

解

不等式与三角问题的结合。我们先对条件进行常规的三角变换。
$$\sin B\cos C+\sin C\cos B=2\sin B\sin C$$
$$\sin B(\cos C-\sin C)=\sin C(\sin B-\cos B)$$
$$\tan B(1-\tan C)=\tan C(\tan B-1)$$
$$\tan B+\tan C=2\tan B\tan C$$
然后直接求最值
$$\tan A\tan B\tan C=\tan A+\tan B+\tan C=\frac{2\tan B\tan C}{\tan B\tan C-1}+2\tan B\tan C$$
设 $\tan B\tan C=t$
则 $$\frac{2t}{t-1}+2t=\frac{2t^2}{t-1}$$用 $k=t-1$ 换，$$\frac{2(k+1{)}^2}{k}=2k+\frac{2}{k}+4\ge 8$$
当且仅当 $t=2$ 时取到。可以验证等号是取得到的。

优化与考场加速（奇技淫巧）

一般情况下，不等式快于换求导、降求导。
所以即使知道通法，也要熟练各种不等式的变式，又快又能保证正确性，在考场就能更快做出题目。

常系数代换法

例1

已知 $2x+y=3$，求 $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}$ 的最小值。

解

$$\frac{1}{x}+\frac{1}{y}=\frac{(2x+y)(\frac{1}{x}+\frac{1}{y})}{3}=\frac{3+\frac{2x}{y}+\frac{y}{x}}{3}=1+\frac{2x}{y}+\frac{y}{x}\ge 1+2\sqrt{2}$$
这种常系数代换法要快于换解二次分式。
适用范围：$x^a$ 与 $x^{-a}$ 同时出现的情况。

反证法

卡很久不知道怎么做，就想想反证吧。

例1

已知 $x,y>0$，$x+y>2$，求证 $\frac{x+1}{y}>2$ 与 $\frac{y+1}{x}>2$ 不会同时成立。

解

假设同时成立。
那么 $x+1>2y$ 并且 $y+1>2x$
对加一下 $x+y<2$ ，矛盾，所以原命题成立。

放缩法

例1

证明数列 ${\sum }_{i=1}^n\frac{1}{i}$ 发散。

解

这个问题不是最值问题，但也有关系（证明“无最值”）。
对于这个式子，我们可以将其缩小
$$1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\frac{1}{5}+...\ge 1+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{4}+\frac{1}{4}+\frac{1}{4}+...$$
后面那个式子是发散的。所以原式是发散的。