求最值問題常見的錯誤種種

一、忽視函數定義域致誤

【例1】 已知f(x)=2+log3x(1≤x≤9)，求函數y=[f(x)]2+f(x2)的最大值.

錯解:

y=[f(x)]2+f(x2)=(2+log3x)2+2+log3x2

=log23x+6log3x+6=(log3x+3)2-3.

∵1≤x≤9，∴0≤log3x≤2.

故當log3x=2即x=9時，y取最大值22

剖析:上面的解法忽視了復合函數f(x2)的定義域，誤以為函數y的定義域仍為f(x)的定義域，而要使函數y=[f(x)]2+f(x2)有意義，必須1≤x2≤9，1≤x≤9，即1≤x≤3.

∴0≤log3x≤1.

故當log3x=1即x=3時，y取最大值13.

二、忽視題設中或圖形中的隱含條件致誤

【例2】 圓錐的母線長5cm、高4cm，過任意兩條母線作一截面，

求截面三角形面積的最大值.

錯解:如右圖，截面為△PAB，

作PD⊥AB于D，則D為AB中點.

設AD=x，

則PD=25-x2.

∴S△PAB=x#8226;25-x2

=(25/2)2-(x2-25/2)2，

∴當x=5/2時，Smax=25/2(cm2).

剖析:以上解法就數式和圖形觀察，很難發現毛病.問題就出在x=5/2>3(半徑)，

這是不可能的.應根據隱含在圖形中的條件:0≤x≤3，求最值.

當x=3時，Smax=12(cm2)，截面為軸截面.

三、忽視含字母系數的討論致誤

【例3】 設a為實數，記函數f(x)=12ax2+x-a(x∈[2，2])的最大值為g(a)，求g(a).

錯解:f(x)=a2(x+1a)2-a-12a.

由x=-1a<0知，f(x)在[2，2]上單調遞增，

∴g(a)=f(2)=a+2.

剖析:上述解法錯在主觀認為a>0，并按a>0求最值，忽視了對

字母系數的討論.

當a=0時，f(x)=x，x∈[2，2]，∴g(a)=2;

當a<0時，函數y=f(x)，x∈[2，2]的圖象是開口向下的拋物線的一段.

若x=-1a∈[0，2]，即a≤-22，則g(a)=f(2)=2;

若x=-1a∈[2，2]，即a∈(-22，-12]，則g(a)=f(-1a)=-a-12a;

若x=-1a∈(2，+∞)，即a∈(-12，+∞)，則g(a)=f(2)=a+2.

綜上，有g(a)=a+2，當a>-12時;-a-12a，當-22

四、忽視或用錯函數單調性致誤

【例4】 若a∈(0，1)，b∈(0，1)，且log12a#8226;log12b=1，求ab的最值.

錯解:設y=ab，則log12a>0，log12b>0，

log12y=log12a+log12b≥2log12a#8226;log12b=2.

∴y≥(12)2=14，則ymin=14，即(ab)min=14.

剖析:當0

log12y≥log1214，推得y≤14，即(ab)max=14.

五、誤用“和”與“積”的最值定理致誤

【例5】 求函數y=|sinx|+|cosx|的最小值.

錯解:y=|sinx|+|cosx|≥2|sinx|#8226;|cosx|，當|sinx|=|cosx|，即x=12kπ+14π(k∈Z)時，上式取等號，此時，|sinx|=|cosx|=122，故ymin=2122#8226;122=2.

剖析:只有當幾個非負數的積為定值時，這幾個非負數的和才在它們相等時取最

小值，而|sinx|#8226;|cosx|不是定值，故不能用此定理.使|sinx|=|cosx|成立的x只能

保證等號成立，不能保證|sinx|+|cosx|取最小值.事實上，借助于單位圓中的三角函

數線，以及三角形任兩邊之和大于第三邊，可知ymin=1.

六、變形不可逆致誤

【例6】 求y=x+x-1的最小值.

錯解:移項得y-x=x-1，兩邊平方得x2-(2y+1)x+1+y2=0，

∵x∈R，∴Δ=[-(2y+1)]2-4(1+y2)≥0，得y≥34，∴ymin=34.

剖析:如果考慮到x≥1，那么x-1≥0，y=x+x-1≥x≥1，此時y≥1，而ymin=34，

仍是錯誤.但這種錯誤往往不易被發現，原因在于兩邊平方后，x的取值范圍擴大了，兩式并不等價.

可令x-1=t，則x-1=t2，x=t2+1，故y=x+x-1=t2+t+1=(t+12)2+34，

∵t=x-1≥0，故t=0時，ymin=14+34=1.

七、忽視公式成立的條件致誤

【例7】 已知2α+β=π，求y=cosβ-6sinα的最值.

錯解:y=cosβ-6sinα

=cos(π-2α)-6sinα

=2sin2α-6sinα-1，

記sinα=t，則y=2t2-6t-1，

∴ymin=4×2×(-1)-(-6)24×2=-112，ymax不存在.

剖析:上述解法錯在進行變量替換時，忽視了新變量t的范圍.由t=sinx及正弦函數定義有t∈[-1，1]，所以經換元后，原題變為求y=2t2-6t-1在區間[-1，1]上的最值.

∵對稱軸t=32[-1，1]，

∴y的最值在閉區間的端點處取得，即當t=-1時，ymax=7;當t=-1時，ymin=-5.

八、濫用或錯用判別式致誤

【例8】 已知函數y=5x2-2kx+504x2-10x+25有最小值1，求實數k.

錯解:由題意得5x2-2kx+504x2-10x+25≥1.①

∵4x2-10x+25=4(x-52)2+754>0，

∴由①得

x2-2(k-5)x+25≥0.②

∵②對于一切實數x均成立，

∴Δ=[-2(k-5)]2-4×25≤0，可得0≤k≤10.

剖析:不等式①中的等號是當且僅當y取最小值時成立，所以①的同解變形②也必須

注意這一條件.而此時，x2-2(k-5)x+25=0成立的充要條件為Δ=0(不是

Δ≤0，因為Δ<0時，一元二次方程無實根，②式是取不到等號的).事實上，y有最

小值1，則k的值只能取k=0或k=10.

(責任編輯 金 鈴)