【希望盃競賽題】31-40
題31 已知，求函式的最大值.
（第九屆高二培訓題第61題）
解法1 取待定正數，由均值不等式得
令則於是
當時取等號.
解法2 可化為
配方，得由上式可得即由已知，顯然有
（當時，取得最大值）.
解法3 由已知，得且
當且僅當且即
時取等號.
解法4當且僅當時取等號.
當且僅當時，取得最大值
解法5當且僅當即時取等號，
解法6時， 解法7 構造如圖長方體，設對角線與交於點的三個面所成的銳角分別為，長方體的三條稜分別為則有
於是即時，
解法8 由得（1）
關於的一元二次方程（1）的判別式，
解得當且僅當時取得等號.
把代入（1）可得,
評析若，則，這就是說，只要與的倍數之間建立了不大於的關係，則的最大值就求出了.因而解決問題的關鍵就在於找出這樣的關係.解法1通過引入正引數、，並運用解法3運用公式，解法4、解法5運用，解法6運用，圓滿解決了這一關鍵問題.
解法2通過將的分子、分母同除以，巧妙地通過配平方，得到進而得，很富新意.解法7通過構造長方體（若三條稜分別為的長方體的對角線長為，則有而恰好是的分母，且長方體中有）解決問題.解法8則把變為，看作關於的一元二次方程，利用其有正根的條件得到，是方程思想的典型運用.
拓展設，顯然有的最大值為，即；設，已解出的最大值為，即
我們不妨猜想：
命題若則的最大值是
證明取正引數
令 （1），因求最大值，故還必須有
此即將上式代入（1），得（2），令則觀察（2）的形式，考慮作代換故數列是公比為的等比數列，於是（3）.
再令（3）為，上式變形為
這樣，又得到乙個公比為的等比數列，即
故有.而
故有，整理得
化簡得.
的最大值唯一，應能求出的乙個確定的值，對於這個的值，我們有
從而又（1）和（2）是取最大值的充要條件，由（1）（2）可推得（3）.將代入（3），化簡得對任意都有應取.至此，已推知
題32 已知，且，則的最小值是 .
第十屆高二培訓題第44題）
解法1 是直線上的動點，點到此直線上各點距離的最小值是點a到該直線的距離，.
解法2.當，即時取等號.所求最小值為18.
解法3.當，即時取等號.所求最小值為18.
解法4， ．當即時取等號的最小值為18.
解法5當時，有最小值18.
解法6 設又設則
由得即即
解得的最小值為18.
解法7 構造向量
即當且僅當時，取得最小值18.
評析因為已知所以要求的最小值，關鍵就是得到與關於的式子之間的大於等於關係.解法2利用解法3利用柯西不等式解法4巧妙地利用配方法，都順利地解決了這一關鍵問題.解法5則是把代入所求式，使之變為關於的二次函式，再求其最小值，是函式思想的具體運用.
解法6設後，運用三角代換，最終轉化成解關於的不等式，是等價轉化思想在解題中的一次妙用.解法7通過構造向量，利用
即使問題獲解，充分發揮了新教材中向量這一工具在求代數最值中的作用.應當指出，許多最值問題都可以通過構造向量，利用向量的上述性質得到解決.而解法1則是將看作定點與直線上的動點的距離的平方，故能直觀地知道點到直線的距離的平方就是所求的最小值，簡潔明瞭，充分顯示了等價轉化與數形結合思想的威力.
拓展將此賽題一般化，便得下面的
定理若x,y滿足（a、b、c是實常數，a、b不全為零），m，n是實常數，則的最小值是.
證明 ，表示定點與直線
上的動點之間的距離d的平方.的最小值是.
運用該定理解本賽題：所求最小值是.
下面的題目供讀者練習：
1.已知x，y滿足，求的最小值.
2.已知，且，求的最小值.
3.已知，且，求的最小值.
答案 題33 實數，滿足方程，則的最大值與最小值的和等於
（第十屆高二第二試第17題）
解法1 題設方程就是，設，即,則
()，，
..解法2 題設方程就是，根據柯西不等式，
，即, , ,
.解法3 題設方程就是，結合又配方
，於是，
即..解法4 設，則，代入，整理得
，，，即，解之得.
.解法5 已知等式表示乙個圓，令，即，表示一直線，若直線與圓有公共點，則圓心到直線的距離應小於等於圓的半徑，即，即，解得，
.解法6 已知方程就是，構造向量，.， ，即
.即,於是, ，.
評析因為已知方程就是，而要求的是一次式的最大值與最小值的和，所以解法1運用三角換元，將問題轉化為求三角函式的值域，這是解決這類問題的通法，已知方程表示橢圓時，此法仍然適用.解法2運用柯西不等式求解，之所以湊成，是因為這樣才會出現，並可利用.解法3運用的是配方法，請讀者思考為什麼如此配方：
?解法4運用的是待定引數法及方程思想，也是解決這類問題的通法.解法5運用數形結合思想，將抽象的代數問題轉化成直觀的幾何問題，輕鬆解決問題.
解法6通過已知方程聯想到向量模的平方，從而通過構造向量，運用解決問題，思路清晰，體現了向量在解題中的工具作用.
拓展將此賽題一般化，便得
命題1 實數滿足，實數不全為零，則.
證明設，即①，又已知②，由題意，直線①與圓②有公共點，故圓心到直線①的距離小於等於圓的半徑，即
，即，即， .
將命題1中的圓改為橢圓，又得
命題2 實數滿足，不全為零，則
.證明設，即, ,
，（其中）.
.題34 線段ab的端點座標是a（-1，2），b（2，-2），直線y=kx+3與線段ab相交的充要條件是
a、 b、 c、且k≠0 d、
（第八屆高二培訓題第2題）
解法1 線段ab的方程為，即4x+3y-2=0 (-1≤x≤2),由，得，令-1≤≤2，解得，選d.
解法2 如圖1所示，y=kx+3是過定點m（0，3）的直線系方程，易求得直線ma、mb的斜率分別是,當直線ma繞點m逆時針旋轉與線段ab相交時，其斜率由1增加到+∞；當直線mb繞點m順時針旋轉與線段ab相交時，其斜率由減小到-∞，所以，故選d.
解法3 如圖2，設直線ma與mb分別與x軸交於點a』，b』，易求得直線ma、mb的方程分別為y=x+3,y=x+3,從而可求得a』（-3，0），b』（-，0），在△ma』b』 中，過m任作一條直線y=kx+3交邊a』b』於點n，則直線也必與線段ab相交，反之亦然.om⊥a』b』，|om|=3，k=tan∠mno（n在oa』上）或k=tan（π-∠mno ）（n在ob』上）兩種情形，但都有，所以，由，解得，故選d.
解法4 設直線與線段ab交於點,點n內分所成的比為,則,消去,得，得或.又當直線過點a、b時，的值分別為，所以所求充要條件為.故選d.
解法5 當k=0時，直線y=kx+3即y=3與線段ab顯然不相交，所以排除含0的a、b，又當k=-1時，直線y=kx+3即y=-x+3與線段ab也不相交，所以又排除含-1的c,故選d.
評析解法1運用的是方程思想，若運用這個思想，先求出直線ma、mb與x軸的交點a』，b』的橫座標ax』，bx』,並求出直線y=kx+3與x軸的交點n的橫座標nx，再解ax』≤ nx≤bx』，同樣可以解決問題.解法2直接通過觀察圖象，看直線y=kx+3與線段ab相交時的k與之間的關係而選d，顯得直觀明了.解法3運用平面幾何知識求nx，別具一格.
解法4運用定比分點知識求解,也是解此類問題的通法之一.解法5運用了特殊值法，顯得最為簡捷.值得注意的是，如果取k=1，發現直線y=kx+3與線段ab相交，此時就選a那就錯了，請讀者想想這是什麼原因.
拓展已知直線,顯然點a（0，1）、b（1，3）與點c（1，-1）、d（3，1）都在的同側，點a、c與點b、d都在的異側，∵f (0,1)=-2<0，f (1,3)=-3<0，f (1,-1)=1>0，f (3,1)=1>0∴f (0,1)與f (1,3)同號，f (1,-1)與f (3,1)同號，f (0,1)與f (1,-1)異號，f (1,3)與f (3,1)異號，是否對於任意直線的同側或異側的任意兩點都有此結論呢？經研究，我們有下面的
定理1 已知兩點m（x1,y1）、n(x2,y2)及直線
(1) 若點m、n在的同側，則f（x1,y1）f (x2,y2)>0;
(2) 若點m、n在的異側，則f（x1,y1）f (x2,y2)<0.
證明 （1）10當b≠0時，不妨設點m、n都在的上方，則
所以當b>0時，有，即f（x1,y1）>0，f (x2,y2)>0；當b<0時，有，即f（x1,y1）<0，f (x2,y2)<0,所以當b≠0時，
f（x1,y1）f (x2,y2)>0；
20當a≠0，b=0時，的方程為，此時⊥x軸，不妨設設點m、n都在的右側，則，所以當a>0時，，即f（x1,y1）>0，f (x2,y2)>0；當a<0時，，即f（x1,y1）<0，f (x2,y2)<0，所以當a≠0，b=0時，f（x1,y1）f (x2,y2)>0.
綜上可知，當點m、n在的同側時，f（x1,y1）f (x2,y2)>0.
（2）10當b≠0時，不妨設點m、n分別在的上、下方，則，故當b>0時，有, 即f（x1,y1）>0，f (x2,y2)<0; 當b<0時，有, 即f（x1,y1）<0，f (x2,y2)>0；所以當b≠0時，f（x1,y1）f (x2,y2)<0；
20當a≠0，b=0時，的方程為f(x,y)=ax+c=0，此時⊥x軸，不妨設設點m、n分別在的左、右側，則.所以當a>0時，，即f（x1,y1）<0，f (x2,y2)>0；當a<0時，，即f（x1,y1）>0，f (x2,y2)<0，所以當a≠0，b=0時，f（x1,y1）f (x2,y2)<0.
綜上可知，當點m、n在的異側時，f（x1,y1）f (x2,y2)<0.
根據定理1，不難得到
定理2 直線ax+by+c=0與以點p1（x1,y1）、p2 (x2,y2)為端點的線段相交的充要條件是.
運用定理2，可得本賽題的如下解法：
直線y=kx+3即kx-y+3=0，由定理2，可知（-k-2+3）（2k+2+3）≤0，即為所求的充要條件，故選d.
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