初中数学竞赛辅导专题

初中数学竞赛辅导专题最值问题是数学竞赛中考试的重要内容之一，任何一级、任何一年的竞赛都是必考内容。现根据我在辅导学生过程中的体会归纳整理如下：（一）根据非负数的性质求最值。1.若M=bax2，则当0axM有最小值b。2．若M=－bax2，则当0axM有最大值b。3．用02ba，0a，0a的方法解题。【说明：这里用到的很重要的思想方法是配方法和整体代换思想。】例题（1）、若实数a，b，c满足a2+b2+c2=9，则代数式（a－b）2+（b—c）2+（c－a）2的最大值是（）A．27B、18C、15D、12解：(a－b)2+(b－c)2+(c－a)2=2(a2+b2+c2)－2ab－2bc－2ca=3(a2+b2+c2)－a2－b2－c2－2ab－2bc－2ca=3(a2+b2+c2)－(a2+b2+c2＋2ab＋2bc＋2ca)=3(a2+b2+c2)－(a+b+c)2=27－(a+b+c)2≤27.∵a2+b2+c2=9,∴a,b,c不全为0。当且仅当a+b+c=0时原式的最大值为27。【说明，本例的关键是划线部份的变换，采用加减(a2＋b2＋c2)后用完全平方式。】例题（2）、如果对于不小于8的自然数N，当3N+1是一个完全平方数时，N+1都能表示成K个完全平方数的和，那么K的最小值是（）A、1B、2C、3D、4解：设∵3N+1是完全平方数，∴设3N+1=X2（N≥8），则3不能整除X，所以X可以表示成3P±1的形式。3N＋1=（3P±1）2=9P2±6P+1=3X2±2X+1=X2+X2+（X±1）2。即3N+1能够表示成三个完全平方数的和。所以K的最小值为3。选C。【说明，本例的关键是如何把3X2拆成X2＋X2＋X2，然后配方求解。】例题（3）、设a、b为实数，那么a2＋ab＋b2－a－2b的最小值是——————————。解：a2＋ab＋b2－a－2b=a2＋(b－1)a＋b2－2b=a2＋(b－1)a＋(21b)2＋43b2－23b－41=(a＋21b)2＋43(b－1)2－1≥－1。只有当a＋21b=0且b－1=0时，即a=0，b=1时取等号。所以原式的最小值是－1。【注意：做这一类题的关键是先按一个字母降幂排列，然后配方。】例题（4）、已知实数a、b满足a2＋ab＋b2=1，则a2－ab＋b2的最小值和最大值的和是—————。解：设a2－ab＋b2=K,与a2＋ab＋b2=1联立方程组,解得：a2＋b2=21(1＋K),ab=21(1－K)。∵(a＋b)2≥0,∴a2＋b2＋2ab=21(1＋K)＋2×21(1－K)≥0,∴K≤3.∵(a－b)2≥0,∴a2＋b2－2ab=21(1＋K)－2×21(1－K)≥0,∴K≥31.得31≤K≤3。所以a2－ab＋b2的最小值是31，最大值是3，这两个值的和是331。【本题的关键在于直接运用（a±b）2≥0】例题5、若a、b满足3a＋5∣b∣=7，则S=2a－3∣b∣的最大值为-------------------，最小值为--------------------。解：联立3a＋5|b|=7和S=2a－3|b|两式，解得19a=21＋5S，19|b|=14－3S。∵19a≥0,∴21＋5S≥0,S≥－521。∵19∣b∣≥0,∴14－3S≥0,∴S≤314,得－521≤S≤314。所以S的最大值为314，最小值为－521。【说明：这里直接运用了∣a∣≥0和b≥0】（二）、直接运用a2＋b2≥2ab(a＋b≥2ab)性质求最值。例题（6）、若X0，则函数Y=3X＋31X＋21XX的最小值。解：原式=3X＋31X＋2)1(XX=3X＋31X＋X＋X1≥2331XX＋2XX1=2＋2=4。所以原式的最小值是4。【说明：这个公式的来源是由(a－b)2≥0直接推出的。】例题（7）、已知a、b、c、d均为实数，且a＋b＋c＋d=4，a2＋b2＋c2＋d2=316，求a的最小值与最大值。解：∵a＋b＋c＋d=4,∴b＋c＋d=4-a,∴(b＋c＋d)2=b2＋c2＋d2＋2bc＋2cd＋2bd≤b2＋c2＋d2＋(b2＋c2)＋(c2+d2)+(d2+b2)=3(b2+c2+d2)∵b＋c＋d=4－a,∴(b＋c＋d)2=(4－a)2.∵a2＋b2＋c2＋d2=316,∴b2＋c2＋d2=316－a2。∴（4－a）2≤3×(316－a2),化简得a(a－2)≤0,解得0≤a≤2。∴a的最小值是0，a的最大值是2。【说明，本例的关键是划线部份的变换逆用了a2＋b2≥2ab,从而达到了把(b＋c＋d)以及b2＋c2＋d2都用a替换的目的。】（三）、用一元二次方程根的判别式Δ=b2－4ac（结合韦达定理）求最值。例题（8）、已知实数a、b、c满足a＋b＋c=2，abc=4，○1求a、b、c中最大者的最小值；○2求∣a∣＋∣b∣＋∣c∣的最小值。解：○1，设a为最大者，则由题意得b＋c=2－a,bc=a4,由韦达定理得b、c是关于X的二次方程X2－(2－a)X＋a4=0的两个实数根。∴Δ=（2－a）2－4×1×a4≥0,展开后整理并分解因式得(a2＋4)(a－4)≥4,∴a≥4。所以最大数a的最小值是4。【即当b=c=-1时a取最小值。划线部份转化为二次方程根与系数关系是关键。另外设a、b、c哪个最大是等价的。】○2、由○1知最大数a的最小值为4，所以a、b、c不可能全为正，那么只可能是两负一正，若a为正，则b、c均为负，∴∣a∣＋∣b∣＋∣c∣=a－b－c=2a－2≥0,∵a≥4,∴∣a∣＋∣b∣＋∣c∣≥6.∴∣a∣+∣b∣＋∣c∣的最小值是6。例题（9）、求函数Y=12156322XXXX的最小值。解：原式可化为（21X2＋X＋1）Y=3X2＋6X＋5，整理得（6－Y）X2＋（12－2Y）X＋（10－2Y）=0，因为X的取值范围是全体实数，所以关于X的二次方程有实数根，∴Δ=（12－2Y）2－4×（6－Y）（10－2Y）=－4Y2＋40Y－96≥0。即Y2－10Y＋24≤0，由（Y－4）（Y－6）≤0得4≤Y≤6。所以Y的最小值为4。【说明：本题也可以用以下的方法来做。Y=221012622XXXX=222)22(622XXXX=6－1)1(22X，当（X2+1）＋1最小时，1)1(22X最大，从而得Y最小值是4。】例题（10）、如图（1-1），在ΔABC中，D、E分别是BC、AB上的点，且∠1=∠2=∠3，如果ΔABC、ΔEBD、ΔADC的周长依次为m,m1,m2,求证：mmm21的最小值是45。证明：由∠1=∠2，∠C是公共角，得ΔABC∽ΔDAC，j图（1-1）321BCADE∴mm1=bDC=ab，DC=ab2，∵∠2=∠3得DE∥AC，∴ΔBDE∽ΔBCA，∴mm2=bDE=aBD，而aBD=aDCa=222aba=1－（ab）2。令K=mmm21则K=ab＋1－(ab)2,即(ab)2－ab＋K－1=0，∵a、b为实数，∴⊿=（－1）2－4（K－1）≥0，得K≤4。∴mmm21的最小值为4。例题（11）已知矩形A的边长分别为a、b，如果总有另一矩形B，使得矩形B与矩形A的周长之比和面积之比都等于K。试问K是否存在最小值，若存在，求出这个最小值；若不存在，请说明理由。解：K存在最小值。设矩形B的边长分别为m、n，根据题意得：)(2)(2banm=K，abmn=K，∴m＋n=K(a＋b),mn=Kab；则m、n是关于X的方程X2－K(a＋b)X＋Kab=0的两个根。必须满足⊿=K2（m+n）－4Kmn≥0,∵K≠0,∴K≥2)(4nmmn。∴K的最小值是2)(4nmmn。【说明：二次方程根的判别式往往和韦达定理结合在一起应用】（四）、用绝对值的几何意义和取零点、分段讨论法求最值。例题（12）已知0≤a≤4,那么┃a-2┃＋┃3－a┃的最大值等于（）A．1B.5C.8D.3解：根据已知条件采用取零点分段讨论法求最大值。根据绝对值的几何意义，a=2,a=3是两个零点，结合0≤a≤4分成0≤a≤2,2a≤3,3a≤4三段讨论。○1，当0≤a≤2时，原式=5－2a，当a=0时达到最大值5；○2，当2a≤3时，原式=1；○3，当3a≤4时，原式=2a－5，当a=4时达到最大值3；综合○1○2○3在0≤a≤4上原式的最大值为5。所以选取B。例题（13）、abcde是一个五位自然数，其中a，b，c，d，e为阿拉伯数字，且abcd,则│a-b│＋│b-c│＋│c－d│＋│d－e│的最大值是———。解：由已知条件abcd分析，化简本题的关键是化去│d-e│中的绝对值符号。所以分两种情况讨论，当d≤e时，原式=e－a,当e=9，a=1时原式的最大值为8；当de时，原式=2d－a－e，当d=9,a=1,e=0时，原式的最大值为17。所以原式的最大值为17。例题（14）、○1，求代数式│X－1│＋│X－2│＋│X－3│＋…＋│X－2003│的最小值。○2，求代数式│X－1│＋│X－2│＋│X-3│＋…＋│X-2004│的最小值。解：○1，本题用分段讨论法肯定是不恰当的，也太麻烦了。应该用绝对值的几何意义来解比较妥当。因为│X－1│的意义是：在数轴上表示实数X的点到表示1的点的距离。所以只有当X在表示点1、2、3、…、2003的正中位置时，即当X=1002时，│X－1│＋│X－2│＋│X－3│＋…＋│X－2003│的值最小，即原式最小值为1001＋1000＋999＋…＋2＋1＋0＋1＋2＋…＋999＋1000＋1001=2（1＋2＋3＋…＋1001）=1003002。○2，因为1、2、3、…、2003、2004的正中位置在数1002和1003之间，所以当X在1002≤X≤1003范围内取任意一点值时，原式都能取到最小值。当X=1002或X=1003时原式的值最小。现用X=1002计算，原式的最小值为1001＋1000＋999＋…＋2＋1＋0＋1＋2＋…＋1000＋1001＋1002=2（1＋2＋…＋1001）＋1002=1004004。【说明：对于求│X－a1│＋│X－a2│＋│X－a3│＋│X－an│型代数式的最小值，有如下结论可以应用：当an是奇数时，在X=21na时，代数式的值最小；当an是偶数时，在2na≤X≤22na时代数式的值最小。】（五）、用二次函数图象性质求最值。例题（15）、若│y│≤1,且2x＋y=1.则2x2＋16x＋3y2的最小值是——————。解：∵∣y∣≤1,∴－1≤y≤1,由2x＋y=1得y=1－2x，即－1≤1－2x≤1,∴0≤x≤1.又∵y=1－2x,∴y2=4x2－4x＋1,∴2x2＋16x＋3y2=14x2＋4x＋3=14(x＋71)2＋49133.∵0≤x≤1,而二次函数的图像对称轴是直线x=－71，在对称轴的右侧，y随x增大而增大，∴当x=0时，原代数式的最小值是3。（当x=1时有最大值21。例题（16）、设m是不小于－1的实数，使得关于X的方程X2＋2(m－2)X＋m2－3m＋3=0有两个不相等的实数根X1，X2。求1211XmX＋2221XmX的最大值。解：∵原方程有两个不相等的实数根，∴⊿0，解得m1,且已知m是不小于－1的实数，∴－1≤m1。由韦达定理得：X1＋X2=2（2–m）,X1·X2=m2－3m＋3,y=1211XmX＋2221XmX=1)()(22121212121221XXXXXXXXXXXXm=2(m2－3m＋1)=2(m－23)2－25.y是关于m的二次函数，对称轴为直线m=23，在对称轴左侧，y随m的增大而减小，因为－1≤m1,所以当m=－1时，y的最大值是10，∴原代数式的最大值是10。【说明：二次函数最值的确定，要根据自变量的取值范围来确定，当自变量的变化范围是一个闭区间时，它一定有最大和最小值，若是半闭半开区间时，它只能有一个最大或最小值，这个最值不