一、解題思路和方法
1．函式的最值問題是其他最值問題的基礎之一，許多最值問題最後總是轉化為函式(特別是二次函式)的最值問題．求函式最值的方法有：配方法、均值不等式法、單調性、導數法、有界性、圖象法等．
2．三角函式、數列、幾何中的最值問題，往往將問題轉化為函式問題，利用求函式最值的方法或均值不等式法求解．等差數列前n項和的最值問題是特例，首項為正、公差為負的等差數列前n項和有最大值；首項為負、公差為正的等差數列前n 項和有最小值。
3．有許多幾何最值問題可以通過幾何法求解。幾何法的基本步驟通過幾何意義確定取得最值時相對位置關係，然後求解。
4．不等式恆成立問題常轉化為求函式的最值問題．f(x)＞m恆成立，即＞m；f(x)5．在數學應用性問題中有關用料最省、成本最低、利潤最大等問題，可考慮建立目標函式，轉化為求函式的最值．（此類問題在應用問題中集中解決）
6．引數範圍問題內容涉及代數和幾何的多個方面，解題的關鍵不等關係的建立，其途徑多多，諸如判別式法，均值不等式，變數的有界性，函式的性質，數形結合等等． 解決這一類問題，常用的思想方法有：函式思想、數形結合等．（此類問題在引數範圍中集中解決）
二、分類詳解
1、函式的最值：
例1、(02年全國理1) 設a為實數，，
（1）討論的奇偶性；（2）求的最小值．
解、(1)解法一：(利用定義)＋，
若都不成立，故不是奇函式；
若為偶函式，則，即＋此等式對恆成立，只能是．
故時，為偶數；時，既不是奇函式也不是偶函式．
解法二：(從特殊考慮) 又，故不可能是奇函式．
若，則，為偶函式；
若，則，知，故在時，既不是奇函式又不是偶函式．
（2）當時，，由二次函式圖象及其性質知：若，函式在上單調遞減，從而函式在上的最小值為；若，函式在上的最小值為，且．
當時，函式．
若，函式在上的最小值為，若，函式在上單調遞增，從而函式函式在上的最小值為．且；
綜上所述，當時，函式的最小值是；當時，函式的最小值為；當時，函式的最小值是．
點評：1．研究函式奇偶性的關鍵是考察函式的定義域是否關於原點對稱以及與是否具有相等或相反的關係；或從特殊情形去估計，再加以驗證．
2．二次函式的最值解，一般借助於二次函式的影象．當對稱軸與所給定義域區間的相對位置關係不確定，則需分類討論．
3．本題根據絕對值的定義去絕對值後，變形為分段函式，分段函式的最值，有些同學概念不清，把每段函式的最小值都認為是整個函式的最小值，從而出現了乙個函式有幾個最小值的錯誤結論．
例2、（05年上海）已知函式f(x)=kx+b的圖象與x、y軸分別相交於點a、b, ( 、分別是與x、y軸正半軸同方向的單位向量), 函式g(x)=x2－x－6．
(1)求k、b的值;(2)當x滿足f(x)> g(x)時,求函式的最小值．
解、(1)由已知得a(,0),b(0,b),則=,於是=2,b=2． ∴k＝1,b＝2．
(2)由f(x)> g(x),得x+2>x2－x－6,即(x+2)(x－4)<0, 得－2 ==x+2+－5
由於x+2>0,則≥－3,其中等號當且僅當x+2=1,即x=－1時成立
∴的最小值是－3．
點評：（1）要熟悉在其函式的定義域內，常見模型函式求最值的常規方法．有理分式函式要利用有理分解。如型．（2）利用均值不等式求最值時，要注意：
一正、二定、三相等，缺一不可．(3)函式求最值一定要記住利用導數法求解的基本步驟，對於超越函式最值問題，導數法成為唯一的選擇。
2、三角最值問題：
例3、設z1=m+(2－m2)i, z2=cosθ+(λ+sinθ)i,其中m,λ,θ∈r，已知z1=2z2，求λ的最值.
解：解法一：∵z1=2z2，∴m+(2－m2)i=2cosθ+(2λ+2sinθ)i,∴
∴λ=1－2cos2θ－sinθ=2sin2θ－sinθ－1=2(sinθ－)2－.
當sinθ=時λ取最小值－，當sinθ=－1時，λ取最大值2.
解法二：∵z1=2z2 ∴∴,
∴=1.
∴m4－(3－4λ)m2+4λ2－8λ=0,設t=m2,則0≤t≤4,
令f(t)=t2－(3－4λ)t+4λ2－8λ,則方程t2－(3－4λ)t+4λ2－8λ=0在有解
則或f(0)·f(4)≤0 ∴
∴－≤λ≤0或0≤λ≤2.
點評：(1)解法一是將所求表示為變數的函式，利用函式求最值求解。(2)若三角式可化為乙個角的一種三角函式的一次式、乙個角的一種三角函式的二次式，利用正弦、余弦函式的有界性轉化為一次、二次函式在給定區間上的最值求解。
(3)若三角式可化為有理分式，如：，可利用輔助角公式化為一次三角式，利用有界性得到關於y的不等式求解或利用幾何法（斜率的幾何意義）求解。(4)若三角式其他高次或超越式，利用換元法轉化，再用導數法求解。
(4)本題有三個引數，消元為關鍵。法一消掉m，法二消掉θ，利用二次方程根的分布轉化為不等式求解。
例4：已知橢圓，它的離心率為．直線，它與以原點為圓心，以的短半軸為半徑的圓相切．設橢圓的左焦點為，左準線為．動直線垂直於點，線段的垂直平分線交於點．試點到圓上的點的最短距離．
解∵ 直線與以原點為圓心，以b為半徑的圓相切．
又∵ 橢圓的離心率為．
橢圓的方程為．橢圓的左焦點的座標為，左準線的方程為：．
連線，則．由拋物線的定義不難知道：點m的軌跡為以為焦點，以：為準線的拋物線，其方程為：．
所以，點到圓上的點的最短距離，實際上就是拋物線與圓上的點的最短距離．下面我們分別從幾何和代數的角度來考慮這個問題．
解法一：首先，如果拋物線上點a與圓上點b之間距離最小，則ab必過圓心o．（否則，連線ob、oa，設oa交圓於點n，則＋na＝oa在拋物線上任取一點m（x,y），則
由於．所以，（等號當且僅當時取得）．
所以，上述最短距離為．
解法二：用純代數的方法去思考．
設為拋物線上任意點，為圓上任意點，
則 等號當且僅當拋物線和圓上的兩點分別為和時取得．
點評：在條件極值問題中常用三角換元（曲線方程的引數式）將多變元的問題轉化為單變元的問題求解。本例解法二就是其中典型，兩次放縮要求等號可以同時成立。
三、數列最值問題：
例5、已知等差數列中, 公差 d>0, 其前 n 項和為, 且滿足=45, =14. (1)求數列的通項公式; (2)通過公式構造新數列. 若也是等差數列, 求非零常數 c;(3)求= (nn*) 的最大值.
解: (1)∵是等差數列, ∴=14. 又∵=45, ∴a2, a3 是方程 x2-14x+45=0 的兩實根.
∵公差 d>0, ∴a2(2)由(1)知: sn=2n2-n.，
∵ 也是等差數列, ∴b1+b3=2b2, 即: 解得: c=-0.5(c=0 捨去).易知是等差數列, ∴c=-0.5.
(3)，
。當且僅當n=5 時上式取等號. 故當 n=5 時,取最小值。
例6、等差數列的第10項為23，第25項為 -22，
(1)求；(2)求的最大值；(3)若，求
解：（略）
四、解析幾何最值問題：
例7、（05年上海）點a、b分別是橢圓長軸的左、右端點，點f是橢圓的右焦點，點p在橢圓上，且位於軸上方，．
（1）求點p的座標；
（2）設m是橢圓長軸ab上的一點，m到直線ap的距離等於，求橢圓上的點到點m的距離的最小值．
解：（1）由已知可得點a(－6,0),f(4,0)
設點p(,),則=,=,由已知可得
，則2+9－18=0, 解得 =或=－6．
由於》0,只能=,於是=． ∴點p的座標是(,)
(2) 直線ap的方程是－+6=0． 設點m(,0),則m到直線ap的距離是． 於是=,又－6≤≤6,解得=2．
橢圓上的點(,)到點m的距離有
由於－6≤x≤6, ∴當=時,d取得最小值
例8、如圖，橢圓q：（ab0）的右焦點f（c，0），過點f的一動直線m繞點f轉動，並且交橢圓於a、b兩點，p是線段ab的中點
(1)求點p的軌跡h的方程
(2)在q的方程中，令a2＝1＋cos＋sin，b2＝sin（0），確定的值，使原點距橢圓的右準線l最遠，此時，設l與x軸交點為d，當直線m繞點f轉動到什麼位置時，三角形abd的面積最大？
解：（1）設橢圓q：（ab0）上的點a（x1，y1）、b（x2，y2），又設p點座標為p（x，y），則
1 當ab不垂直x軸時，x1x2，由（1）－（2）得b2（x1－x2）2x＋a2（y1－y2）2y＝0
b2x2＋a2y2－b2cx＝0…………（3）
2 當ab垂直於x軸時，點p即為點f，滿足方程（3）
故所求點p的軌跡方程為：b2x2＋a2y2－b2cx＝0
（2）因為，橢圓 q右準線l方程是x＝，原點距l的距離為，由於c2＝a2－b2，a2＝1＋cos＋sin，b2＝sin（0），則＝＝2sin（＋）
當＝時，上式達到最大值．此時a2＝2，b2＝1，c＝1，d（2，0），|df|＝1
設橢圓q：上的點 a（x1，y1）、b（x2，y2），三角形abd的面積
s＝|y1|＋|y2|＝|y1－y2|
設直線m的方程為x＝ky＋1，代入中，得（2＋k2）y2＋2ky－1＝0
由韋達定理得y1＋y2＝，y1y2＝，
4s2＝（y1－y2）2＝（y1＋y2）2－4 y1y2＝
令t＝k2＋11，得4s2＝，當t＝1，k＝0時取等號．
因此，當直線m繞點f轉到垂直x軸位置時，三角形abd的面積最大．
點評：(1)以上兩例都是將所求轉化為乙個變數的函式求解，要注意變數的範圍。(2)解析幾何最值問題有時可以用幾何法，確定取得最值時的相對位置，進而求解。
如例4法一。又如：a是定點，f是焦點，在曲線上求點p使的最值(3)曲線上的點到某定點或定直線的距離的最值、曲線上點的座標滿足的代數式的最值問題可以用三角換元或曲線的引數方程化為乙個變數的關係式求解。
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