全国高考数学复习微专题：多变量表达式范围——放缩消元法

多变量表达式的范围——放缩消元法

一、基础知识：

在有些多变量表达式的题目中，所提供的条件为不等关系，则也可根据不等关系进行消元，从而将多变量表达式转化为一元表达式，便于求得最值

1、放缩法求最值的理论基础：

不等式的传递性：若,,fxygxgxm，则,fxym

2、常见的放缩消元手段：

（1）抓住题目中的不等关系，若含有两个变量间的不等关系，则可利用这个关系进行放缩消元

（2）配方法：通过利用“完全平方式非负”的特性，在式子中构造出完全平方式，然后令其等于0，达到消元的效果

（3）均值不等式：构造能使用均值不等式的条件，利用均值不等式达到消元的效果

（4）主元法：将多元表达式视为某个变量（即主元）的函数，剩下的变量视为常数，然后利用常规方法求得最值从而消去主元，达到消元的效果。

3、放缩消元过程中要注意的地方：

（1）在放缩过程中应注意所求最值与不等号方向的对应关系，例如：若求最小值，则对应的不等号为“”；若求最大值，则对应的不等号为“”。放缩的方向应与不等号的方向一致

（2）对进行放缩消元后的式子，要明确是求其最大值还是最小值。放缩法求最值的基础是不等式的传递性，所以在求最值时要满足其不等号的方向一致。若将关于,xy 的表达式,fxy进行放缩消去y，得到gx，例如,fxygx，则下一步需要求出gx的最小值（记为m），即,fxygxm，通过不等式的传递性即可得到,fxym。同理，若放缩后得到：,fxygx，则需要求出gx的最大值（记为M），即,fxygxM，然后通过不等式的传递性得到,fxyM

（3）在放缩的过程中，要注意每次放缩时等号成立的条件能够同时成立，从而保证在不等式中等号能够一直传递下去

二、典型例题：

例1：设集合3|12baba中的最大元素与最小元素分别为,Mm，则Mm的值为____________

思路：考虑分别求出3ba的最大值与最小值，先求3ba的最大值，只需a取最小，b取最大：33251ba即5M ，再求3ba的最小值，由1ab可知利用ba进行放缩，从而消去b，可得：33baaa，再利用均值不等式可得：333223baaaaa，所以3ba的最小值23m，从而523Mm

答案：523

例2：已知,,ABC是任意三点，,,BCaCAbABc，则cbyabc的最小值是_______

思路：因为abc，所以结合不等号的方向可将a消去，从而转化为关于,bc的表达式：2cbcbcbabcbcbcbcc，然后可从bc出发，构造出与第一项互为倒数的性质以便于利用均值不等式解出最值：12121222bbbcccc，从而有：121122222cbcbcc，所以122cbyabc

答案：122

例3：设实数,,abc满足221abc，则abc的最大值为__________

思路：由abc可联想到ab与22ab的关系，即2222abab，所以2222ababcc，然后可利用22abc进一步放缩消元，得22222ababcccc，在利用1c即可得到最大值：221cc，所以abc的最大值为21，其中等号成立条件为：222211abababccc

答案：21

小炼有话说：本题也可从22ab入手，进行三角换元：cossinarbr，由22abc可得rc，然后根据不等号的方向进行连续放缩，消去,,rc 即可得到最值：

cossin2sin22214abcrrcrcrccc

例4：已知关于x的一元二次不等式20axbxc在实数集上恒成立，且ab，则abcTba的最小值为（ ）

A. 0 B. 1 C. 2 D. 3

思路：由不等式恒成立可得：240bac，结合所求表达式和不等号方向可知更易于消去c，即24bca，所以222244444babaabbaTbaaba，对于该其次分式可两边同时除以2a，可得：244141bbaaTba，令bta由ab可知1,t从而将问题转化为求2441ttyt的最小值。2449611211ttyttt，从而134Ty

答案：D

小炼有话说：本题的关键之处在于选择消去的元，如果选择,ab，则因分式中含,ab的项较多，消元会比较复杂，不利于求得最值。所以处理多变量表达式的最值时，选择消去合适的元是关键

例5（2010，四川）设0abc，则221121025aaccabaab的最小值为（ ）

A. 2 B. 4 C. 25 D. 5

思路：表达式含变量个数较多，且没有等量条件消元，所以考虑式子中是否存在不等关系来减少变量个数，观察式子可发现存在完全平方式，即222102550aaccac，从而消去了c，得222111121025aaccaabaababaab，然后根据分母特征：2,abaabaab构造221111aaabababaababaab，由均值不等式得：224111144aababaabababaababaab，验证等号成立条件：2225211225aacbaabababaabc，从而最小值为4

答案：D

小炼有话说：本题在处理211aabaab的最值时还可以从分式入手：111abbabaabababbab，从而对分母利用均值不等式：2224bababab消去b，所以2221144aaabaaba

例6：已知正数,,xyz满足2221xyz，则12zsxyz的最小值是_______

思路：所求表达式涉及3个变量，首先确定主元，通过观察可发现分母中的2xy可与条件中的22xy具备不等关系，而2221xyz可用z表示，且不等号的方向与所求一致，故考虑利用不等式进行放缩消元，进而得到关于z的表达式求得最值 解：22222211xyzxyz，因为222xyxy

所以有22211121xyxyz

22211111=21111142zzzsxyzzzzzzzzz

2111424zQ 2141142sz

（等号成立条件：222614264112xzxyyxyzz ）

例7：设,,0xyz，且2xyz，则2223xyz的最大值是____________

思路：本题虽然有3个变量，但可通过2xyz进行消元，观察所求式子项的次数可知消去y更方便，从而可得222223232xyzxxzz。然后可使用“主元法”进行处理，将x视为主元，即22232fxxxzz但本题要注意x的取值范围与z相关，即0,2xz，通过配方（或求导）可知fx的最大值在边界处取得，即22maxmax32,588fxzzzz，0,2z，从而达到消去x的效果，再求出22gmax32,588zzzzz中的最大值即可

解：2xyzQ 2yxz

222223232xyzxxzz

设22232fxxxzz ,,0022xyzxyxzxzQ

02xz

'41fxxQ 14x为fx的极小值点 maxmax0,2fxffz

2222032,2223588fzzfzzzzz

22maxmax32,588fxzzzz 其中0,2z

设22max32,588gzzzzz

若2233258822zzzzz

22332,,223588,0,2zzzgzzzz 可得：max212gzg

22222223232max32,588212xyzxxzzzzzzg

例8：已知函数'121102xfxfefxx

（1）求fx的解析式及单调区间

（2）若不等式212fxxaxb恒成立，求1ab的最大值

解：（1）''110xfxfefx，代入1x可得：

''110101ffff

'12112xfxfexx，令0x可得：''101fffee

212xfxexx

'1xfxex，可知'00f

'fxQ在R上单调递增 ,0x时，'0fx

0,x时，'0fx

fx在,0单调递减，在0,单调递增

（2）恒成立的不等式为：221122xexxxaxb即0xexaxb

设xgxexaxb min0gx

'1xgxea，令'0gx，即解不等式1xea

若10a，可解得ln1xa

gx在,ln1a单调递减，在ln1,a单调递增

minln11ln1ln10gxgaaaaab

11ln1baaa

22111ln1abaaa

下面求2211ln1aaa的最大值

令21ta，设1lnln02htttttttt

'1111ln1ln22httt

令'0ht，可解得0te

ht在0,e单调递增，在,e单调递减

max12hthee

12eab

当10a时，可得102eab

当10a时，1xgxeaxb gx为增函数