解題應重視自然而至簡的通解通法

摘要：2020年高考江蘇卷第12題的第（2）問本質是一道二元函數最值問題，文章從四個不同角度對此思考，給出九種不同解法，并進行合理變式，歸納二元方程條件下的二次函數的最值解法策略.

關鍵詞：二元函數最值;高考評價體系;變式推廣;基本不等式法

中圖分類號：G632文獻標識碼：A文章編號：1008-0333（2022）07-0075-06

收稿日期：2021-12-05

作者簡介：劉海濤（1988-），男，安徽省滁州人，本科，中學一級教師，從事高中數學教學研究.[FQ）]

1 試題呈現與分析

題目已知5x2y2+y4=1（x，y∈R），則x2+y2的最小值是.

分析該題形式上以二元方程為背景命題，主要考查分析、解決二元問題的能力，強化對轉化與化歸、函數與方程、消元與不等式求最值等數學思想方法的考查，體現了邏輯推理、數學運算等數學核心素養.試題結構雖簡單、明了，但內涵豐富，本文嘗試對該題從不同的角度予以思考，給出不同的解法.

2 解法探究

角度1整體處理，借助不等式求最值.

解法1（配湊+基本不等式法）由5x2y2+y4=1，得y2（5x2+y2）=1.

則x2+y2= 155x2+y2+45y2

≥2155x2+y2·45y2=45，

當且僅當x2+15y2=45y2，

即x2=310，y2=12時等號成立.

所以x2+y2的最小值是45.

評注通過代數化簡，將問題轉化為y2與5x2+y2的問題，條件式為兩者積為定值，目標式是與兩者有關的和，自然想到借助基本不等式求解.

解法2（待定系數+基本不等式法）

由（x2+y2）2=x4+2x2y2+y4，

設（x2+y2）2=x4+ty4+2x2y2+（1-t）y4，

則（x2+y2）2≥（2 t+2）x2y2+（1-t）y4.

令2 t+21-t=5，則t=925.

于是（x2+y2）2≥1625（5x2y2+y4）=1625.

即x2+y2≥45，當且僅當x4=925y4等號成立.

故當x2=310且y2=12時，x2+y2取最小值為45.

評注在得到（x2+y2）2=x4+2x2y2+y4后，聯想利用不等式將其放縮為5x2y2+y4的倍數，但是這里對系數的配湊不太容易，于是考慮待定系數法.利用待定系數法配湊，再借助不等式求最值的方法，往往可以降低配湊系數帶來的思維難度，讀者在日常的解題中可以嘗試該法的使用.

角度2化二元為一元，轉化為一元函數最值問題.

解法3（消元+基本不等式法）

由5x2y2+y4=1，得x2=15y2-y25.

則x2+y2=15y2+4y25≥45，

當且僅當15y2=4y25，

即y2=12且x2=310時等號成立.

所以x2+y2的最小值是45.

評注化二元為一元是解決二元函數的最直接做法，通法是消去其中一個變量，得到關于另一變量的函數，接著利用不等式、對勾函數等求出最值.

解法4（三角換元+基本不等式法）令5x2y2=cos2θ，y4=sin2θ（0<θ<π），則x2=cos2θ5sinθ.

所以x2+y2=cos2θ5sinθ+sinθ

=1+4sin2θ5sinθ

=15sinθ+4sinθ5≥45，

當且僅當15sinθ=4sinθ5，即sinθ=12時等號成立.

故當x2=310且y2=12時，x2+y2取最小值為45.

評注由條件式平方和為1的結構特征，聯想cos2θ+sin2θ=1，所以想到利用三角換元，將二元（x，y）問題轉化為一元（θ）問題，根據目標式特點選擇合適方式求最值.

解法5（三角換元+函數最值法）令x2+y2=r2，由5x2y2+y4=1知x，y至少有一個不為0.

設x=rcosθ，y=rsinθ，代入5x2y2+y4=1，整理，得

r4=15cos2θsin2θ+sin4θ.

則r2=15cos2θsin2θ+sin4θ

= 15（1-sin2θ）sin2θ+sin4θ

= 1-4sin2θ-582+2516，

當sin2θ=58，即x2=310且y2=12時，x2+y2取最小值為45.

評注著眼于目標式特征，由于x，y至少有一個不為0，故設x=rcosθ，y=rsinθ，于是問題轉化為三角函數問題，順利實現減元，利用一元二次函數知識即可求出最值.

解法6（齊次化+基本不等式法）

x2+y22=x2+y225x2y2+y4

=xy2+125xy2+1

=xy2+15+4525xy2+1

=15×xy2+152+85xy2+15+1625xy2+15

=15xy2+15+1625xy2+15+85

≥1625，

當且僅當xy2+15=1625xy2+15，

即xy2=35等號成立.

所以當x2=310且y2=12時，x2+y2取最小值為45.

評注觀察發現目標式x2+y2為二次齊次式，又條件式5x2y2+y4=1等號左邊為四次齊次式，所以想到將目標式平方后構造四次齊次分式，再利用比值xy代換，將問題轉化為一元分式函數，最后利用基本不等式求出最值.

角度3著眼于目標式，借助方程判別式.

解法7（判別式法）設x2+y2=t（t>0），則x2=t-y2.

代入5x2y2+y4=1，整理，得

關于y2的一元二次方程4y4-5ty2+1=0.

方程有解的充要條件為Δ=（-5t）2-16≥0，

即t≥45，當且僅當y2=5t8=5（x2+y2）8，

即y2=53x2時等號成立，故x2+y2的最小值為45.

評注將目標式設為參數t，利用t將條件式轉化為關于y2的一元二次方程，將問題轉化為方程有解問題，借助判別式解題.

角度4回顧函數本質，多元函數找對策.

解法8（函數偏導法）設x2+y2=t，5x2y2+y4=1，

對x求導，得

2x+2y·y′=0，10xy2+10x2y·y′+4y3·y′=0，

解得y2=53x2.

代入5x2y2+y4=1，得x2=310，y2=12.

經驗證當x2=310且y2=12時，x2+y2取最小值為45.

解法9（拉格朗日乘數法）構造函數f（x，y，λ）=x2+y2+λ（5x2y2+y4-1），令f（x，y，λ）對x，y，λ的一階偏導數為零，則

f ′x（x，y，λ）=2x+10λxy2=0，f ′y（x，y，λ）=2y+10λx2y+4λy3=0，f ′λ（x，y，λ）=5x2y2+y4-1=0，

解得x2=310，y2=12，λ=-25，

經驗證當x2=310，y2=12，λ=-25時，x2+y2取到最小值45.

評注函數偏導法與拉格朗日乘數法都是高等數學背景下的解法，提供給讀者參考.

3 變式推廣，總結通解通法

若令x2=u，y2=v，則問題等價于：已知5uv+v2=1，求u+v的最小值.我們不難發現，問題的實質為以二元二次方程為背景的二元函數最值問題，類似問題頻繁出現在高考和各類模擬考中，筆者經過整理，將此類問題根據條件式或目標式特征進行分類，并據此特征總結通解通法.

3.1 條件式為（ax+b）（cy+d）=m的二元最值問題

例1若正實數x，y滿足xy-2x-y=6，則xy的最小值為.

解析由xy-2x-y=6，得（x-1）（y-2）=8.

設x-1=t，則y-2=8t.

解得x=t+1，y=8t+2.

所以xy=（t+1）8t+2≥（22+2）2=18，當且僅當2t=8t，即t=2時，xy取到最小值18.

例2設x，y∈R，且滿足4x+y+2xy+1=0，則x2+y2+x+4y的最小值為.

解析由4x+y+2xy+1=0，

得（2x+1）（y+2）=1.

設2x+1=t，則y+2=1t，

解得x=t-12，y=1t-2.

所以x2+y2+x+4y

=t-122+1t-22+t-12+41t-2

=t24+1t2-174≥-134，

當且僅當t24=1t2，

即t=±2時，x2+y2+x+4y取到最小值-134.

方法歸納一般地，若已知實數x，y滿足（ax+b）（cy+d）=m（a，b，c，d，m均為非零實數），求二元函數f（x，y）的最值，通法步驟為：

（1）設ax+b=t，cy+d=mt，解得x=t-ba，y=1cmt-d;

（2）將（1）中所得結果代入二元函數f（x，y），得到關于t的一元函數;

（3）利用函數或不等式等方法解（2）中所得關于t的函數的最值.

3.2 條件式為（ax+by）（cx+dy）=m的二元最值問題

例3已知實數x，y滿足5x2-y2-4xy=5，則2x2+y2的最小值等于（）.

A.53B.56C.59D.2

解析由5x2-y2-4xy=5，得

（5x+y）（x-y）=5.

設5x+y=t，則x-y=5t.

解得x=16t+5t，y=16t-25t.

所以2x2+y2=118t+5t2+136t-25t2

=112t2+225t2-10≥53，

當且僅當t2=225t2，

即t=±15時，2x2+y2取到最小值53.

例4 已知正實數x，y滿足2x2+2y2+5xy=1，則xy+x+y的最大值為.

解析由2x2+2y2+5xy=1，

得（2x+y）（x+2y）=1.

設2x+y=t（t>0），則x+2y=1t.

解得x=132t-1t，y=13-t+2t.

所以xy+x+y

=19-2t2-2t2+5+132t-1t+13-t+2t

=-29t+1t2+13t+1t+1.

設λ=t+1t（λ≥2），

則

xy+x+y=-29λ-342+98

在λ∈2，+

SymboleB@

上單調遞減.

所以當且僅當λ=2，即t=1時，xy+x+y取到最大值為79.

方法歸納一般地，若已知實數x，y滿足（ax+by）（cx+dy）=m（a，b，c，d，m均為非零實數，且ad≠bc），求二元函數f（x，y）的最值，通法步驟為：

（1）設ax+by=t，cx+dy=mt，解得x=1ad-bc·dt-mbt，y=1ad-bc-ct+mat;

（2）將（1）中所得結果代入二元函數f（x，y），得到關于t的一元函數;

（3）利用函數或不等式等方法解（2）中所得關于t的函數的最值.

3.3 條件式為（ax+by）2+（cx+dy）2=m的二元最值問題

例5若正數x，y滿足x2+y2+xy=9，則x+2y的最大值為.

解析由x2+y2+xy=9，得

x+y22+32y2=9.

設x+y2=3cosθ，3y2=3sinθ，則

x=3cosθ-3sinθ，y=23sinθ.

則x+2y=3cosθ+33sinθ=6sinθ+π6≤6，

當θ=π3+2kπ（k∈Z）時x+2y取到最大值6.

例6 已知x，y∈R，且滿足x2+4y2+2xy=6，求z=x2+4y2的最值.

解析由x2+4y2+2xy=6，得

x+y2+3y2=6.

設x+y=6cosθ，3y=6sinθ，

則x=6cosθ-2sinθ，y=2sinθ.

則z=x2+4y2=6cosθ-2sinθ2+2sinθ2

= 8-4sin2θ+π6，

當θ=π6+kπ（k∈Z）時，z取到最小值4，

當θ=2π3+kπ（k∈Z）時，z取到最大值12.

方法歸納一般地，若已知實數x，y滿足（ax+by）2+（cx+dy）2=m（a，b，c，d均為非零實數，m為正實數，且ad≠bc），求二元函數f（x，y）的最值，通法步驟為：

（1）設ax+by=mcosθ，cx+dy=msinθ，

解得x=mad-bcdcosθ-bsinθ，

y=mad-bc·-ccosθ+asinθ;

（2）將（1）中所得結果代入二元函數f（x，y），得到關于θ的一元函數;

（3）利用三角函數或不等式等知識解（2）中所得關于θ的函數的最值.

3.4 目標式為ax+by的二元最值問題

例7已知正數x，y滿足x+2y+2xy=8，則x+2y的最小值是（）.

A.3B.4C.92 D.112

解析設x+2y=t（t>0），則x=t-2y.

代入x+2y+2xy=8，整理，得

關于y的方程4y2-2ty+8-t=0（y>0）.

方程有解的充要條件為

Δ=（-2t）2-16（8-t）≥0，

解得t≥4，

當且僅當y=t4=x+2y4，

即x=2y時等號成立.

所以x+2y的最小值為4.

方法歸納一般地，若已知二元二次方程

f（x，y）=0，求二元一次函數ax+by（a，b均為非零實數）的最值，通法步驟為：

（1）令ax+by=t，解得x=t-bya;

（2）將（1）中所得結果代入二元二次方程f（x，y）=0，得到關于y的一元二次方程;

（3）利用判別式解（2）中所得關于y的方程有解對應的t的取值范圍，驗證等號成立取得所求最值.

3.5 目標式為ax2+by2的二元最值問題

例8若實數x，y滿足x2+2xy-y2=7，則x2+y2的最小值為.

解析設x2+y2=r2，易知x，y不同時為0，所以r≠0.

設x=rcosθ，y=rsinθ，代入x2+2xy-y2=7，整理，得2r2sin2θ+π4=7.

由正弦函數的有界性有2r2≥7.

即r2≥722.

故x2+y2的最小值為722.

方法歸納一般地，若已知二元方程f（x，y）=0，求二元二次函數ax2+by2（a，b>0）的最值，通法步驟為：

（1）設ax2+by2=r2，則x=racosθ，x=rbsinθ;

（2）將（1）中所得結果代入二元方程f（x，y）=0，得到關于θ的方程;

（3）利用三角函數的有界性等知識解（2）中所得關于θ的方程，得到關于r2的不等式，得到r2的取值范圍，即得ax2+by2的最值.

4 教學啟示

數學解題的目的是什么？是求出問題的答案嗎？是，但不全是！解題的目的是鞏固數學基礎知識、落實數學基本技能、感悟數學思想方法、提升數學思維活動經驗，所以對一道典型問題，尤其是高考題的多角度分析與解答是非常有必要的.用多種方法解答同一道數學題，不僅能更牢固地掌握相關的數學知識，還能更靈活地運用所學知識.通過一題多解，分析、比較各種解法，可以找到最佳的解題途徑，從而發散學生的思維能力，對鞏固知識和解題能力大有裨益，是提高數學成績的一條捷徑.

當然并非解法越多越好，在尋求多解的過程中要突出通性、通法的輻射、遷移的作用，要追求水到渠成、自然而然的解題方法.正如數學家加德納說：“數學的真諦在于不斷尋求越來越簡單的方法證明定理和數學問題”.筆者認為這里所謂的“簡單”，不是指特殊的技巧，或書寫過程的簡潔，而是解答一道問題的思維過程是自然的、簡單的，運用的知識也是基礎的，正所謂“大道至簡”，因此文章中將近些年一些高考和模擬考中的關于二元最值題，按照條件式或者目標式的結構特征進行分類，總結其通解通法，以求讓學生能“做一題，通一類”，真正實現“一題多解，多解歸一”.另外，筆者認為在日常的教學中，教師還要指導學生結合自身掌握程度和實際情況，選擇最佳的解題方法，不要一味追求某一種解法，要學會從不同解法中汲取不同的數學思想，提高自身的數學核心素養.

參考文獻：

[1]?劉海濤.2020年全國Ⅰ卷解析幾何題的多解探究與推廣[J].理科考試研究，2020，27（21）：5-9.

[2] 劉海濤，聶坤.探析一道二元方程條件下二元二次函數的最值[J].中學數學教學，2020（06）：39-40.

[3] 劉海濤.對一道三角形面積問題的探究與拓展[J].教學考試，2021（02）：52-54.

[4] 劉海濤.一道“八省聯考”解幾題的多解、推廣及通法總結[J].數理化解題研究，2021（16）：29-33.

[責任編輯：李璟]