解题应重视自然而至简的通解通法

摘要：2020年高考江苏卷第12题的第（2）问本质是一道二元函数最值问题，文章从四个不同角度对此思考，给出九种不同解法，并进行合理变式，归纳二元方程条件下的二次函数的最值解法策略.

关键词：二元函数最值;高考评价体系;变式推广;基本不等式法

中图分类号：G632文献标识码：A文章编号：1008-0333（2022）07-0075-06

收稿日期：2021-12-05

作者简介：刘海涛（1988-），男，安徽省滁州人，本科，中学一级教师，从事高中数学教学研究.[FQ）]

1 试题呈现与分析

题目已知5x2y2+y4=1（x，y∈R），则x2+y2的最小值是.

分析该题形式上以二元方程为背景命题，主要考查分析、解决二元问题的能力，强化对转化与化归、函数与方程、消元与不等式求最值等数学思想方法的考查，体现了逻辑推理、数学运算等数学核心素养.试题结构虽简单、明了，但内涵丰富，本文尝试对该题从不同的角度予以思考，给出不同的解法.

2 解法探究

角度1整体处理，借助不等式求最值.

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

则x2+y2= 155x2+y2+45y2

≥2155x2+y2·45y2=45，

当且仅当x2+15y2=45y2，

即x2=310，y2=12时等号成立.

所以x2+y2的最小值是45.

评注通过代数化简，将问题转化为y2与5x2+y2的问题，条件式为两者积为定值，目标式是与两者有关的和，自然想到借助基本不等式求解.

解法2（待定系数+基本不等式法）

由（x2+y2）2=x4+2x2y2+y4，

设（x2+y2）2=x4+ty4+2x2y2+（1-t）y4，

则（x2+y2）2≥（2 t+2）x2y2+（1-t）y4.

令2 t+21-t=5，则t=925.

于是（x2+y2）2≥1625（5x2y2+y4）=1625.

即x2+y2≥45，当且仅当x4=925y4等号成立.

故当x2=310且y2=12时，x2+y2取最小值为45.

评注在得到（x2+y2）2=x4+2x2y2+y4后，联想利用不等式将其放縮为5x2y2+y4的倍数，但是这里对系数的配凑不太容易，于是考虑待定系数法.利用待定系数法配凑，再借助不等式求最值的方法，往往可以降低配凑系数带来的思维难度，读者在日常的解题中可以尝试该法的使用.

角度2化二元为一元，转化为一元函数最值问题.

解法3（消元+基本不等式法）

由5x2y2+y4=1，得x2=15y2-y25.

则x2+y2=15y2+4y25≥45，

当且仅当15y2=4y25，

即y2=12且x2=310时等号成立.

所以x2+y2的最小值是45.

评注化二元为一元是解决二元函数的最直接做法，通法是消去其中一个变量，得到关于另一变量的函数，接着利用不等式、对勾函数等求出最值.

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

所以x2+y2=cos2θ5sinθ+sinθ

=1+4sin2θ5sinθ

=15sinθ+4sinθ5≥45，

当且仅当15sinθ=4sinθ5，即sinθ=12时等号成立.

故当x2=310且y2=12时，x2+y2取最小值为45.

评注由条件式平方和为1的结构特征，联想cos2θ+sin2θ=1，所以想到利用三角换元，将二元（x，y）问题转化为一元（θ）问题，根据目标式特点选择合适方式求最值.

解法5（三角换元+函数最值法）令x2+y2=r2，由5x2y2+y4=1知x，y至少有一个不为0.

设x=rcosθ，y=rsinθ，代入5x2y2+y4=1，整理，得

r4=15cos2θsin2θ+sin4θ.

则r2=15cos2θsin2θ+sin4θ

= 15（1-sin2θ）sin2θ+sin4θ

= 1-4sin2θ-582+2516，

当sin2θ=58，即x2=310且y2=12时，x2+y2取最小值为45.

评注着眼于目标式特征，由于x，y至少有一个不为0，故设x=rcosθ，y=rsinθ，于是问题转化为三角函数问题，顺利实现减元，利用一元二次函数知识即可求出最值.

解法6（齐次化+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，

当且仅当xy2+15=1625xy2+15，

即xy2=35等号成立.

所以当x2=310且y2=12时，x2+y2取最小值为45.

评注观察发现目标式x2+y2为二次齐次式，又条件式5x2y2+y4=1等号左边为四次齐次式，所以想到将目标式平方后构造四次齐次分式，再利用比值xy代换，将问题转化为一元分式函数，最后利用基本不等式求出最值.

角度3着眼于目标式，借助方程判别式.

解法7（判别式法）设x2+y2=t（t>0），则x2=t-y2.

代入5x2y2+y4=1，整理，得

关于y2的一元二次方程4y4-5ty2+1=0.

方程有解的充要条件为Δ=（-5t）2-16≥0，

即t≥45，当且仅当y2=5t8=5（x2+y2）8，

即y2=53x2时等号成立，故x2+y2的最小值为45.

评注将目标式设为参数t，利用t将条件式转化为关于y2的一元二次方程，将问题转化为方程有解问题，借助判别式解题.

角度4回顾函数本质，多元函数找对策.

解法8（函数偏导法）设x2+y2=t，5x2y2+y4=1，

对x求导，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.

經验证当x2=310且y2=12时，x2+y2取最小值为45.

解法9（拉格朗日乘数法）构造函数f（x，y，λ）=x2+y2+λ（5x2y2+y4-1），令f（x，y，λ）对x，y，λ的一阶偏导数为零，则

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，

经验证当x2=310，y2=12，λ=-25时，x2+y2取到最小值45.

评注函数偏导法与拉格朗日乘数法都是高等数学背景下的解法，提供给读者参考.

3 变式推广，总结通解通法

若令x2=u，y2=v，则问题等价于：已知5uv+v2=1，求u+v的最小值.我们不难发现，问题的实质为以二元二次方程为背景的二元函数最值问题，类似问题频繁出现在高考和各类模拟考中，笔者经过整理，将此类问题根据条件式或目标式特征进行分类，并据此特征总结通解通法.

3.1 条件式为（ax+b）（cy+d）=m的二元最值问题

例1若正实数x，y满足xy-2x-y=6，则xy的最小值为.

解析由xy-2x-y=6，得（x-1）（y-2）=8.

设x-1=t，则y-2=8t.

解得x=t+1，y=8t+2.

所以xy=（t+1）8t+2≥（22+2）2=18，当且仅当2t=8t，即t=2时，xy取到最小值18.

例2设x，y∈R，且满足4x+y+2xy+1=0，则x2+y2+x+4y的最小值为.

解析由4x+y+2xy+1=0，

得（2x+1）（y+2）=1.

设2x+1=t，则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，

当且仅当t24=1t2，

即t=±2时，x2+y2+x+4y取到最小值-134.

方法归纳一般地，若已知实数x，y满足（ax+b）（cy+d）=m（a，b，c，d，m均为非零实数），求二元函数f（x，y）的最值，通法步骤为：

（1）设ax+b=t，cy+d=mt，解得x=t-ba，y=1cmt-d;

（2）将（1）中所得结果代入二元函数f（x，y），得到关于t的一元函数;

（3）利用函数或不等式等方法解（2）中所得关于t的函数的最值.

3.2 条件式为（ax+by）（cx+dy）=m的二元最值问题

例3已知实数x，y满足5x2-y2-4xy=5，则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.

设5x+y=t，则x-y=5t.

解得x=16t+5t，y=16t-25t.

所以2x2+y2=118t+5t2+136t-25t2

=112t2+225t2-10≥53，

当且仅当t2=225t2，

即t=±15时，2x2+y2取到最小值53.

例4 已知正实数x，y满足2x2+2y2+5xy=1，则xy+x+y的最大值为.

解析由2x2+2y2+5xy=1，

得（2x+y）（x+2y）=1.

设2x+y=t（t>0），则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.

设λ=t+1t（λ≥2），

则

xy+x+y=-29λ-342+98

在λ∈2，+

SymboleB@

上单调递减.

所以当且仅当λ=2，即t=1时，xy+x+y取到最大值为79.

方法归纳一般地，若已知实数x，y满足（ax+by）（cx+dy）=m（a，b，c，d，m均为非零实数，且ad≠bc），求二元函数f（x，y）的最值，通法步骤为：

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

（2）将（1）中所得结果代入二元函数f（x，y），得到关于t的一元函数;

（3）利用函数或不等式等方法解（2）中所得关于t的函数的最值.

3.3 条件式为（ax+by）2+（cx+dy）2=m的二元最值问题

例5若正数x，y满足x2+y2+xy=9，则x+2y的最大值为.

解析由x2+y2+xy=9，得

x+y22+32y2=9.

設x+y2=3cosθ，3y2=3sinθ，则

x=3cosθ-3sinθ，y=23sinθ.

则x+2y=3cosθ+33sinθ=6sinθ+π6≤6，

当θ=π3+2kπ（k∈Z）时x+2y取到最大值6.

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

解析由x2+4y2+2xy=6，得

x+y2+3y2=6.

设x+y=6cosθ，3y=6sinθ，

则x=6cosθ-2sinθ，y=2sinθ.

则z=x2+4y2=6cosθ-2sinθ2+2sinθ2

= 8-4sin2θ+π6，

当θ=π6+kπ（k∈Z）时，z取到最小值4，

当θ=2π3+kπ（k∈Z）时，z取到最大值12.

方法归纳一般地，若已知实数x，y满足（ax+by）2+（cx+dy）2=m（a，b，c，d均为非零实数，m为正实数，且ad≠bc），求二元函数f（x，y）的最值，通法步骤为：

（1）设ax+by=mcosθ，cx+dy=msinθ，

解得x=mad-bcdcosθ-bsinθ，

y=mad-bc·-ccosθ+asinθ;

（2）将（1）中所得结果代入二元函数f（x，y），得到关于θ的一元函数;

（3）利用三角函数或不等式等知识解（2）中所得关于θ的函数的最值.

3.4 目标式为ax+by的二元最值问题

例7已知正数x，y满足x+2y+2xy=8，则x+2y的最小值是（）.

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

解析设x+2y=t（t>0），则x=t-2y.

代入x+2y+2xy=8，整理，得

关于y的方程4y2-2ty+8-t=0（y>0）.

方程有解的充要条件为

Δ=（-2t）2-16（8-t）≥0，

解得t≥4，

当且仅当y=t4=x+2y4，

即x=2y时等号成立.

所以x+2y的最小值为4.

方法归纳一般地，若已知二元二次方程

f（x，y）=0，求二元一次函数ax+by（a，b均为非零实数）的最值，通法步骤为：

（1）令ax+by=t，解得x=t-bya;

（2）将（1）中所得结果代入二元二次方程f（x，y）=0，得到关于y的一元二次方程;

（3）利用判别式解（2）中所得关于y的方程有解对应的t的取值范围，验证等号成立取得所求最值.

3.5 目标式为ax2+by2的二元最值问题

例8若实数x，y满足x2+2xy-y2=7，则x2+y2的最小值为.

解析设x2+y2=r2，易知x，y不同时为0，所以r≠0.

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

由正弦函数的有界性有2r2≥7.

即r2≥722.

故x2+y2的最小值为722.

方法归纳一般地，若已知二元方程f（x，y）=0，求二元二次函数ax2+by2（a，b>0）的最值，通法步骤为：

（1）设ax2+by2=r2，则x=racosθ，x=rbsinθ;

（2）将（1）中所得结果代入二元方程f（x，y）=0，得到关于θ的方程;

（3）利用三角函数的有界性等知识解（2）中所得关于θ的方程，得到关于r2的不等式，得到r2的取值范围，即得ax2+by2的最值.

4 教学启示

数学解题的目的是什么？是求出问题的答案吗？是，但不全是！解题的目的是巩固数学基础知识、落实数学基本技能、感悟数学思想方法、提升数学思维活动经验，所以对一道典型问题，尤其是高考题的多角度分析与解答是非常有必要的.用多种方法解答同一道数学题，不仅能更牢固地掌握相关的数学知识，还能更灵活地运用所学知识.通过一题多解，分析、比较各种解法，可以找到最佳的解题途径，从而发散学生的思维能力，对巩固知识和解题能力大有裨益，是提高数学成绩的一条捷径.

当然并非解法越多越好，在寻求多解的过程中要突出通性、通法的辐射、迁移的作用，要追求水到渠成、自然而然的解题方法.正如数学家加德纳说：“数学的真谛在于不断寻求越来越简单的方法证明定理和数学问题”.笔者认为这里所谓的“简单”，不是指特殊的技巧，或书写过程的简洁，而是解答一道问题的思维过程是自然的、简单的，运用的知识也是基础的，正所谓“大道至简”，因此文章中将近些年一些高考和模拟考中的关于二元最值题，按照条件式或者目标式的结构特征进行分类，总结其通解通法，以求让学生能“做一题，通一类”，真正实现“一题多解，多解归一”.另外，笔者认为在日常的教学中，教师还要指导学生结合自身掌握程度和实际情况，选择最佳的解题方法，不要一味追求某一种解法，要学会从不同解法中汲取不同的數学思想，提高自身的数学核心素养.

参考文献：

[1] 刘海涛.2020年全国Ⅰ卷解析几何题的多解探究与推广[J].理科考试研究，2020，27（21）：5-9.

[2] 刘海涛，聂坤.探析一道二元方程条件下二元二次函数的最值[J].中学数学教学，2020（06）：39-40.

[3] 刘海涛.对一道三角形面积问题的探究与拓展[J].教学考试，2021（02）：52-54.

[4] 刘海涛.一道“八省联考”解几题的多解、推广及通法总结[J].数理化解题研究，2021（16）：29-33.

[责任编辑：李璟]