一道2023年模考題的多視角探究

陳漢邦

一、問題呈現(xiàn)與解法探究

題目已知正實數(shù)a，b滿足3a－5b=4a2b2，求1a+1b的最小值.

本題是二元約束條件下的二元函數(shù)最值問題，試題簡潔、對稱、優(yōu)美，有一定的難度，本文給出多種視角下的解法.

視角1拆項+均值不等式

解法1：因為a，b>0，所以ab>0，由3a－5b=4a2b2，可得3b=5a+4ab，于是，1a+1b=155a+5b=155a+3b+2b=15（10a+4ab+2b）

≥15×3×310a·4ab·2b=63105，當(dāng)10a=2b=4ab，即a=3252，b=3110時，1a+1b取得最小值63105.

評注：本題還可以考慮用待定系數(shù)法找到拆項的方法，能起到事半功倍的效果.具體說，就是取m>0，由ma+mb=3b－5a+m－3b+m+5a=4ab+m－3b+m+5a≥334ab·m－3b·m+5a=334m－3m+5，當(dāng)4ab=m－3b=m+5a=3b－5a，得m=5，即a=3252，b=3110時，1a+1b取得最小值63105.

視角2升冪+比值換元+均值不等式

解法2：令ab=k>0，由均值不等式得1a+1b3=a+b3ab3·4a2b23a－5b=4ab+13ab·3·ab－5=4k+13k3k－5=80k+1310·2k·3k－5

≥80k+1310+2k+3k－533=10×653，所以當(dāng)10=2k=3k－5，即k=5，即a=3252，b=3110時，1a+1b取得最小值63105.

視角3函數(shù)視角

解法3：令ab=k>0，則1a+1b=1a1+ab=1a1+1k=m，

由3a－5b=4a2b2，得3a－5ka=4a4k2，

從而a3=3－5k4k2，得m3=4k23－5k·1+k3k3=41+k3k3－5k.

令fk=41+k3k3－5k，則f′k=－41+k25k－1k－3k23－5k2.

因為m>0，a，b>0，所以0

所以當(dāng)00，fk單調(diào)遞增.所以fkmin=f15=10×653，即1a+1bmin=63105，此時ba=15，

3a－5b=4a2b2， 即a=3252，

b=3110，

所以當(dāng)a=3252，b=3110時，1a+1b取得最小值63105.

解法4：由1a+1b3=a+b3ab3·4a2b23a－5b=4k+13k·3k－5，

其中k=ab>53.令fk=4k+13k3k－5，則f′k=4k+123k－1k－5k23k－52，當(dāng)535時，f′k>0，fk單調(diào)遞增.

所以1a + 1b3min ?= f5 = 10×653，即1a+1bmin=63105，此時ab=5，

3a－5b=4a2b2， 解得a=3252，

b=3110，

所以當(dāng)a=3252，b=3110時，1a+1b取得最小值63105.

視角4用求根公式減元

解法5：由a，b>0結(jié)合3a－5b=4a2b2，得4a2b2+5b－3a=0，

解得b=－5+25+48a38a2，所以1a+1b=11+25+48a36a，令f（A）=11+25+48a36a，則f′（A）=24a3－25－1125+48a36a2·25+48a3.

設(shè)25+48a3=t>0，則f′（A）=gt=t2－22t－7512a2t，令gt=0，可得t=25，即a0=3252，易證a0為f（A）的極小值點，所以f（A）min=fa0=63152=63105，此時b=3110，因此當(dāng)a=3252，b=3110時，1a+1b取得最小值63105.

視角5雙換元+均值不等式

解法6：令1a=m>0，1b=n>0，則a=1m，b=1n，分別代入3a－5b=4a2b2，可得

3m－5n=4m2n2，得mn3n－5m=4，由均值不等式得4×20=10m·2n·3n－5m≤10m+2n+3n－5m33=53m+n3，可得m+n≥63105，即1a+1b≥63105，當(dāng)且僅當(dāng)10m=2n=3n－5m，即n=5m，即a=5b時取等號，此時a=5b，

3a－5b=4a2b2， 解得a=3252，

b=3110.

所以當(dāng)a=3252，b=3110時，1a+1b取得最小值63105.

二、變式拓展

變式1（2020北京高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽第9題）已知正實數(shù)a，b滿足a－b=4a2b2，求1a+1b的最小值.

解：令1a=m>0，1b=n>0，則a=1m，b=1n，分別代入a－b=4a2b2，可得1m－1n=4m2n2，得mnn－m=4，再由均值不等式可得

4×2=3+1m·3－1n·n－m≤3+1m+3－1n+n－m3=m+n33，可得m+n33≥8，即m+n≥23，即1a+1b≥23，當(dāng)且僅當(dāng)3+1m=3－1n=n－m，即m=2－3n，即a=2－3b時取等號，此時a=2－3b，

a－b=4a2b2， 解得a=3－12，

b=3+12.

所以當(dāng)a=3－12，b=3+12時，1a+1b取得最小值23.

變式2已知正實數(shù)a，b滿足3a－5b=4λa2b2，λ為正常數(shù)，求1a+1b的最小值.

解：因為a，b>0，所以ab>0，由3a－5b=4λa2b2，得3b－5a=4λab，給定待定系數(shù)m>0，使ma+mb=3b－5a+m－3b+m+5a=4λab+m－3b+m+5a≥334λab·m－3b·m+5a=334λm－3m+5，當(dāng)4λab=m－3b=m+5a=3b－5a，得m=5λ，即a=325λ2，b=3λ10時，1a+1b取得最小值6310λ5.

三、試題背景

本題背景是拉格朗日乘數(shù)法求極值問題，拉格朗日乘數(shù)法時高等數(shù)學(xué)中求多元函數(shù)條件極值的重要方法，方法程序性強，容易掌握，其優(yōu)點，一是把目標(biāo)函數(shù)和等式約束統(tǒng)一到一個拉格朗日函數(shù)中；二是把條件最值問題轉(zhuǎn)化為無條件最值問題.對文首模考試題，應(yīng)用拉格朗日乘數(shù)法解答如下.

解法7：設(shè)La，b，λ=1a+1b+λ（3a－5b－4a2b2），令

L′aa，b，λ=－a－2+λ3－8b2a=0，

L′ba，b，λ=－b－2+λ－5－8ba2=0，

L′λa，b，λ=3a－5b－4a2b2=0，

解得3a=b（此時可得a≤0，故舍去）或a=5b，進(jìn)一步解得a=3252，b=3110.

所以當(dāng)a=3252，b=3110時，1a+1b取得最小值63105.

四、追本溯源

本題是一道對思維有較高要求的好題，試題與教材有著緊密的聯(lián)系，體現(xiàn)了高考命題源于教材、高于教材的理念.本題來源于人教2019版（數(shù)學(xué)）選修1第58頁綜合運用第5題：若a>0，b>0，且ab=a+b+3，求ab的取值范圍.這題課本習(xí)題就是采用化二元為一元的策略去處理，與本題相通.因此，教師在教學(xué)中應(yīng)重視對課本習(xí)題的深度挖掘，挖掘其中蘊含的數(shù)學(xué)背景、剖析背后的數(shù)學(xué)本質(zhì)，感悟試題設(shè)計所蘊含的數(shù)學(xué)思想等.