二元函数$f(x,y)$

前言

变形策略

• 均值不等式，出现(a+b)或(ab)，可以将其中一个用另一个代换，整理为关于整体单个元(ab)或者整体单个元(a+b)的不等式求解；

• 变量集中，若等式或不等式为齐次式，则利用(cfrac{a}{b}=t)变量个数，或者已知等式为(g(a,b)=0)的形式，则常利用(b=f(a))的形式减少变量个数；

• 数形结合，转化为关于形的几何意义求解，比如距离型，斜率型等；

典例剖析

例1已知(x>0)，(y>0)，若(cfrac{2y}{x}+cfrac{8x}{y}>m^2+2m)恒成立，则实数(m)的取值范围是多少？

分析：由恒成立命题可知，需要((cfrac{2y}{x}+cfrac{8x}{y})_{min}>m^2+2m)，

(cfrac{2y}{x}+cfrac{8x}{y}ge 2sqrt{cfrac{2y}{x}cdot cfrac{8x}{y}}=8)，当且仅当(y=2x)时取到等号。

故(m^2+2m-8<0)，解得(-4<m<2)。

例2设二次函数(f(x)=ax^2+bx+c)的导函数是(f'(x))，若对(forall xin R)，不等式(f(x)ge f'(x))恒成立，则(cfrac{b^2}{a^2+2c^2})的最大值是____________.

分析：由(forall xin R)，不等式(f(x)ge f'(x))恒成立，得到(b^2 leq 4ac-4a^2)，(由于(4ac-4a^2>0)，即(cfrac{c}{a}=t>1))

故有(cfrac{b^2}{a^2+2c^2} leq cfrac{4ac-4a^2}{a^2+2c^2})，由题目可知(a>0)，

给分子分母同除以(a^2)，得到 (cfrac{4ac-4a^2}{a^2+2c^2}=cfrac{4 imescfrac{c}{a}-4}{1+2 imes(cfrac{c}{a})^2})

做代换，令(cfrac{c}{a}=t)，则 (cfrac{4ac-4a^2}{a^2+2c^2}=cfrac{4t-4}{2t^2+1})，

关于此式的变换比较难，我们转而求(cfrac{2t^2+1}{4t-4})的最小值。

而(cfrac{2t^2+1}{4t-4}=cfrac{2(t-1)^2+4(t-1)+3}{4(t-1)}=cfrac{t-1}{2}+cfrac{3}{4(t-1)}+1 ge 2sqrt{cfrac{3}{8}}+1=cfrac{sqrt{6}+2}{2})

故([cfrac{4t-4}{2t^2+1}]_{max}=cfrac{2}{sqrt{6}+2}=sqrt{6}-2)。则(cfrac{b^2}{a^2+2c^2})的最大值是(sqrt{6}-2).

例3【值域问题，斜率型】求函数(y=f(x)=cfrac{sinx-1}{cosx+2})的值域；

法1：反解法+辅助角公式，先反解得到(sinx-ycdot cosx=1+2y)，

即(sqrt{y^2+1}cdot sin(x+phi)=2y+1)，即(sin(x+phi)=cfrac{2y+1}{sqrt{y^2+1}})，

故有(|cfrac{2y+1}{sqrt{y^2+1}}|leq 1)，两边平方得到((2y+1)^2leq y^2+1) ，

解得$ -cfrac{4}{3}leq yleq 0$。

法2：数形结合，此题目可以看成动点((cosx，sinx))到定点((-2，1))的连线的斜率的取值范围，

而动点((cosx，sinx))的轨迹是单位圆，作出图像如右，

可以得到连线斜率(y_{max}=0)，而(y_{min})应该是定点与图中的切点((x_0，y_0))的连线的斜率。

以下求切点((x_0，y_0))。

由(egin{cases} cfrac{y_0-1}{x_0+2}cdot cfrac{y_0}{x_0}=-1 ①\x_0^2+y_0^2=1 ②end{cases})，

②代入①解得(y_0-2x_0=1)，联立②式，

从而解得(x_0=-cfrac{4}{5}或x_0=0(舍去))，(y_0=-cfrac{3}{5})，

代入求得另一个相切的斜率(k=y_{min}=cfrac{1+cfrac{3}{5}}{-2+cfrac{4}{5}}=-cfrac{4}{3})，

故$ -cfrac{4}{3}leq yleq 0$。

例4【2019届高三理科数学二轮用题】已知函数(f(x)=-x^3+mx+2)，(g(x)=2x^2-nx)，且曲线(y=f(x))在点((2，f(2)))处的切线于曲线(y=g(x))在点((1，g(1)))处的切线平行，则(sqrt{m^2+n^2})的最小值为_______。

法1：由已知条件可知，(m+n=16)，若从数的角度入手分析，则(m=16-n)，

转化为先求(m^2+n^2=(16-n)^2+n^2=2n^2-32n+16^2=2(n-8)^2+128)，

故((m^2+n^2)_{min}=128)，故所求最小值为(sqrt{128}=8sqrt{2})。

法2：由已知条件可知，(m+n=16)，若从形的角度入手分析，建立如图所示的坐标系，

可知，(m+n=16)表示一条直线，(sqrt{m^2+n^2}=sqrt{(m-0)^2+(n-0)^2})表示定点((0，0))与动点((m，n))的距离，

故所求的最小距离为(8sqrt{2})。

例5【2016第三次全国大联考地16题】若不等式(2x^2+(1-a)y^2ge (3+a)xy(x>0，y>0))恒成立，求实数(a)的最大值。

【法1】：分离参数+构造函数，由题目可得(aleq cfrac{2x^2+y^2-3xy}{y^2+xy})，

令(f(x,y)= cfrac{2x^2+y^2-3xy}{y^2+xy}xlongequal[关于x，y的二次齐次式]{分子分母同除以y^2}cfrac{2(cfrac{x}{y})^2-3cfrac{x}{y}+1}{1+cfrac{x}{y}}\xlongequal[令cfrac{x}{y}=t>0]{二元变一元}g(t)=cfrac{2t^2-3t+1}{t+1}=2(t+1)+cfrac{6}{t+1}-7ge 2sqrt{12}-7=4sqrt{3}-7)

当且仅当(t=sqrt{3}-1)时取到等号。

故有(aleq 4sqrt{3}-7)，所以(a_{max}=4sqrt{3}-7)。

【法2】：二元变一元，两边同除以(y^2)，得到(2(cfrac{x}{y})^2-(a+3)(cfrac{x}{y})+(1-a)ge 0)，

令(cfrac{x}{y}=t>0)，即(2t^2-(a+3)t+(1-a)ge 0)对任意(t>0)恒成立，

令(g(t)=2t^2-(a+3)t+(1-a)) ，则分以下两种情形：

(1^。) (Delta=a^2+14a+1leq 0)，

解得(-4sqrt{3}-7leq a leq 4sqrt{3}-7)；

(2^。) (egin{cases}Delta >0\cfrac{a+3}{2cdot2}<0\g(1)=2-a-3+1-age 0 end{cases})，

解得(a<-4sqrt{3}-7)；

综上可知，(aleq 4sqrt{3}-7)，故(a_{max}=4sqrt{3}-7)。

例6【2018河南郑州一模】若对于任意的正整数(x)，(y)都有((2x-cfrac{y}{e})cdot lncfrac{y}{x}leq cfrac{x}{me})成立，则实数(m)的取值范围是【】

$A.(cfrac{1}{e}，1)$ $B.(cfrac{1}{e^2}，1]$ $C.(cfrac{1}{e^2}，e]$ $D.(0，cfrac{1}{e}]$

分析：先将给定的式子通分变形为(cfrac{2ex-y}{e}cdot lncfrac{y}{x}leq cfrac{x}{me})，再次变形为((2e-cfrac{y}{x})cdot lncfrac{y}{x}leq cfrac{1}{m})，

令(cfrac{y}{x}=t>0)，则不等式变形为((2e-t)cdot lntleq cfrac{1}{m})，令(h(t)=(2e-t)cdot lnt)，则需要求(h(t)_{max})；

(h'(x)=(-1)lnt+(2e-t)cdot cfrac{1}{t}=cfrac{-t(lnt+1)+2e}{t})，先用观察法或经验找到导函数的分子的零点(t=e)，

当(tin (0，e))时，(h'(t)>0)，(h(t))单调递增，当(tin (e，+infty))时，(h'(t)<0)，(h(t))单调递减，

故(h(t)_{max}=h(e)=e)，即(cfrac{1}{m}ge e)，解得(0<mleq cfrac{1}{e})；故选(D)。

例7已知实数(a、b)满足条件(left{egin{array}{l}{a+b-2ge 0}\{b-a-1leq 0}\{aleq 1}end{array} ight.)，求(cfrac{a+2b}{2a+b})的取值范围。

【法1】转化为斜率型，

思路如下：由于所求值函数为分式形式的关于(a、b)的二次齐次式，

故可以转化为(cfrac{a+2b}{2a+b}=cfrac{1+2cdot cfrac{b}{a}}{2+cfrac{b}{a}})(=2-cfrac{3}{2+k}=f(k))，

其中(k=cfrac{b}{a})

这样先由可行域求得(k=cfrac{b}{a}in [1，3])

函数(f(k))在区间([1，3])上单调递增，

然后用单调性，求得(cfrac{a+2b}{2a+b}in [1，cfrac{7}{5}])

【法2】换元法，令(a+2b=n)，(2a+b=m)，

联立解以(a、b)为元的方程组，得到

(a=cfrac{2m-n}{3})，(b=cfrac{2n-m}{3})，

代入原不等式组，可将原约束条件转化为关于(m 、n)的不等式组，

即已知(m 、n)满足条件(left{egin{array}{l}{m+n-6ge 0}\{n-m-1leq 0}\{2m-n-3leq 0}end{array} ight.)，求(cfrac{n}{m})的取值范围。

利用数形结合思想可得，(cfrac{a+2b}{2a+b}=cfrac{n}{m}in [1，cfrac{7}{5}])。图像

例8【2018届凤翔中学高三文科冲刺模拟第10套第12题】已知函数(f(x)=lncfrac{x}{2}+cfrac{1}{2})，(g(x)=e^{x-2})，若(g(m)=f(n))成立， 则(n-m)的最小值为【】

$A.1-ln2$ $B.ln2$ $C.2sqrt{e}-3$ $D.e^2-3$

分析：不妨设(g(m)=f(n)=t)，则(e^{m-2}=lncfrac{n}{2}+cfrac{1}{2}=t(t>0))，

(编者注：此处引入第三方变量(t)，可以将(m、n)用含有(t)的表达式来刻画，则二元函数就此转化为了一元函数，我们就可以用导数求其最值了)

则(m-2=lnt)，(m=2+lnt)；(lncfrac{n}{2}=t-cfrac{1}{2})，则(n=2e^{t-frac{1}{2}})；

故(n-m=2e^{t-frac{1}{2}}-2-lnt(t>0)) ，

令(h(t)=2e^{t-frac{1}{2}}-2-lnt(t>0))，(h'(t)=2e^{t-frac{1}{2}}-cfrac{1}{t})，(增+增=增)

易知(h'(t))在((0，+infty))上单调递增，且(h(cfrac{1}{2})=0)；

当(t>cfrac{1}{2})时，(h'(t)>0)，当(0<t<cfrac{1}{2})时，(h'(t)<0)，

即当(t=cfrac{1}{2})时，(h(t))取得极小值也是最小值，

(h(t)_{min}=h(cfrac{1}{2})=2e^{frac{1}{2}-frac{1}{2}}-2-lncfrac{1}{2}=ln2)，故选(B).

例9已知函数(f(x)=ax-1-lnx(ain R))

(1)讨论函数(f(x))的单调性。

(2)当(x>y>e-1)时，证明不等式(e^xcdot ln(1+y)>e^ycdot ln(1+x))

分析：(1)定义域为((0，+infty))，又(f'(x)=a-cfrac{1}{x}=cfrac{ax-1}{x})，

由于分母为正，故只针对分子(ax-1)分类讨论，

当(aleq 0)时，(ax-1<0)，即(f'(x)<0)，故在((0，+infty))上单调递减；

当(a>0)时，令(ax-1=0)，得到(x=cfrac{1}{a})，

故在((0，cfrac{1}{a}))上单调递减，在((cfrac{1}{a}，+infty))上单调递增。

(2)将欲证明结论

(e^xcdot ln(1+y)>e^ycdot ln(1+x))变形为(cfrac{ln(1+y)}{e^y}>cfrac{ln(1+x)}{e^x})，

题目转化为由(x>y>e-1)时，证明(cfrac{ln(1+y)}{e^y}>cfrac{ln(1+x)}{e^x})，

故我们构造函数(g(x)=cfrac{ln(1+x)}{e^x})，

这样命题转化为当(x>y>e-1)时，(g(y)>g(x))，

故只需要证明函数(g(x))在((e-1，+infty))上单调递减即可。

以下用导数证明。

(g'(x)=cfrac{cfrac{1}{x+1}cdot e^x-ln(x+1)cdot e^x}{(e^x)^2}=cfrac{cfrac{1}{x+1}-ln(x+1)}{e^x})，

令(h(x)=cfrac{1}{x+1}-ln(x+1))，

则(h'(x)=-cfrac{1}{(x+1)^2}-cfrac{1}{x+1}=-cfrac{x+2}{(1+x)^2})，

当(x>e-1)时，很显然(h'(x)<0)；

故函数(h(x))在((e-1，+infty))上单调递减，

故(h(x)<h(e-1)=cfrac{1}{e}-1<0)，

故导函数(g'(x)=cfrac{h(x)}{e^x}<0)在((e-1，+infty))上恒成立，

故函数(g(x))在((e-1，+infty))上单调递减，证毕。

例10【2017铜川模拟】【2020高三文科课时作业】不等式(a^2+8b^2geqslant lambda b(a+b))对于任意的(a)，(bin R)恒成立，则实数(lambda)的取值范围为________．

法1：二次函数法，将(b)和(lambda)看成系数，整理为关于(a)的二次函数恒成立问题求解；

由题可知，(a^2+8b^2geqslant lambda b(a+b))对于任意的(a)，(bin R)恒成立，

即(a^2-lambda b(a+b)+8b^2geqslant 0)对于任意的(a)，(bin R)恒成立，

即(a^2-lambda ba+(8-lambda)b^2geqslant 0)对于任意的(ain R)恒成立，由二次函数性质可知，

(Delta=lambda^2b^2-4(8-lambda)b^2leqslant 0)，整理为(b^2(lambda^2+4lambda -32)leqslant 0)

即((lambda+8)(lambda-4)leqslant 0)，解得(-8leqslant lambda leqslant 4)，即(lambda in [-8，4])。

法2：二次函数法，将(a)和(lambda)看成系数，整理为关于(b)的二次函数恒成立问题求解；

由题可知，(a^2+8b^2geqslant lambda b(a+b))对于任意的(a)，(bin R)恒成立，

即(8b^2-lambda b^2 -lambda ab+a^2geqslant 0)对于任意的(a)，(bin R)恒成立，

即((8-lambda)b^2 -lambda ab+a^2geqslant 0)对于任意的(bin R)恒成立，由二次函数性质可知，

当(lambda=8)时，即(-8ab+a^2geqslant 0)，不满足题意，故舍去；

当(left{egin{array}{l}{8-lambda>0}\{Delta=lambda^2a^2-4(8-lambda)a^2leqslant 0,}end{array} ight.) 解得(-8leqslant lambda leqslant 4)，即(lambda in [-8，4])。

解后反思：上述两种解法和判别式法求值域的算理是一致的。

法3：将(lambda)看成参数，则不等式的两端是二次齐次式，故想到变量集中策略，

给不等式的两边同除以(b^2)，得到

即(cfrac{a^2}{b^2}+8geqslant lambda(cfrac{a}{b}+1))恒成立，令(cfrac{a}{b}=tin R)，

则(t^2-lambda t+8-lambdageqslant 0)对(tin R)恒成立，故(Deltaleqslant 0)，

即(Delta=(-lambda)^2-4(8-lambda)leqslant 0)，即((lambda+8)(lambda-4)leqslant 0)，

解得(-8leqslant lambda leqslant 4)，即(lambda in [-8，4])。

例11已知(a，bin R^{+})，(a+b-ab+3=0)；1、求(ab)的范围；2、求(a+b)的范围；

1、求(ab)的范围；

解法1：(ecause -3+ab=a+bge 2sqrt{ab})

( herefore ab-2sqrt{ab}-3ge 0)，

((sqrt{ab}+1)(sqrt{ab}-3) ge 0)

$sqrt{ab}leq -1 或 sqrt{ab}ge 3 $

又(a，bin R^{+})，故 (sqrt{ab}ge 3) (当且仅当(a=b=3)取到等号)

故(abge 9)

解法2：由已知变形得到，(a=cfrac{b+3}{b-1})，由(a>0)得到(b>1)，

则(ab=cfrac{b+3}{b-1}b=cfrac{b^2+3b}{b-1}=b-1+cfrac{4}{b-1}+5geqslant 2sqrt{4}+5=9)，

当且仅当(b-1=cfrac{4}{b-1})，即(b=3=a)时取到等号；

2、求(a+b)的范围；

解：(ecause a+b+3=ab leq (cfrac{a+b}{2})^2)，令(t=a+b)

(t^2-4t-12ge0)，解得(tleq -2)或(tge6)；

故 (a+b ge 6) (当且仅当(a=b=3)取到等号)

解法2：由已知变形得到，(a=cfrac{b+3}{b-1})，由(a>0)得到(b>1)，

则(a+b=cfrac{b+3}{b-1}+b=cfrac{b-1+4}{b-1}+b=1+cfrac{4}{b-1}+b=2+cfrac{4}{b-1}+(b-1)geqslant 2+2sqrt{4}=6)，

当且仅当(b-1=cfrac{4}{b-1})，即(b=3=a)时取到等号；

【评析】代数式中同时有(a+b)和(ab)型，两元(a+b，ab)常常转化集中为一元(a+b)或(ab)，这样就好处理多了。

【同类题】设(m，nin R)，则直线((m+1)x+(n+1)y-2=0)与圆((x-1)^2+(y-1)^2=1)相切，且(m+n)的取值范围是_________。

分析：由圆心((1 ,1))到直线的距离等于半径可得，

(cfrac{(m+1)cdot 1+(n+1)cdot 1-2}{sqrt{(m+1)^2+(n+1)^2}}=1) ，

变形得到(mn=m+n+1)，此时即转化为上述例3的类型了。

由(mnleq (cfrac{m+n}{2})^2)，则(m+n+1leq (cfrac{m+n}{2})^2)，

求解上述以(m+n)为整体的不等式，得到(m+nleq 2-2sqrt{2})或者(m+nge 2+2sqrt{2})；

例12已知正实数(a,b)满足(a+2b=1)，求(a^2+4b^2+cfrac{1}{ab})的最小值。

法1：【错解】由(a^2+4b^2+cfrac{1}{ab}ge 4ab+cfrac{1}{ab}ge 2sqrt{4}=4)，故所求的最小值是4。

错因分析：第一次使用均值不等式时等号成立的条件是(a=2b)，又由于必须满足条件(a+2b=1)，

可解得(a=cfrac{1}{2})，(b=cfrac{1}{4})；

而第二次使用均值不等式时等号成立的条件是(4ab=cfrac{1}{ab})，即(ab=cfrac{1}{2})，

而由上可知(cfrac{1}{ab}=8)，二者不可能相等，故使用错误。

法2、由(1=a+2bge 2sqrt{2ab})，可得(0<ableq cfrac{1}{8})，当且仅当(a=2b)，即(a=cfrac{1}{2})，(b=cfrac{1}{4})时取等号；

则(a^2+4b^2+cfrac{1}{ab}=(a+2b)^2-4ab+cfrac{1}{ab}=1-4ab+cfrac{1}{ab})，令(ab=tin(0，cfrac{1}{8}])，

则所求为(1-4t+cfrac{1}{t}=f(t))，(tin(0，cfrac{1}{8}])，又(f'(t)=-4-cfrac{1}{t^2}<0)，

故函数(f(t))在((0，cfrac{1}{8}])上单调递减，故最小值为(f(cfrac{1}{8})=cfrac{17}{2})。

例13【题组思路】

【模式1】：已知(m>0，n>0)，(2m+n=3)，求(cfrac{2}{m}+cfrac{1}{n})的最小值。

分析：(cfrac{2}{m}+cfrac{1}{n}=cfrac{1}{3}(cfrac{2}{m}+cfrac{1}{n})(2m+n))(=cfrac{1}{3}(5+cfrac{2n}{m}+cfrac{2m}{n})geqslant cfrac{1}{3}(5+2sqrt{4})=3)

特征和思路：给定条件是整式，求分式的最值，常数代换,乘常数再除常数，部分使用均值不等式；

【模式2】：已知(cfrac{2}{m}+cfrac{1}{n}=2，m>0，n>0)，求 (2m+n)的最小值。

特征和思路：给定条件是分式，求整式的最值，常数代换,乘常数再除常数，部分使用均值不等式；

【模式3】：已知(cfrac{1}{a}+cfrac{2}{b}=1，a>0，b>0)，求(cfrac{2}{a-1}+cfrac{1}{b-2})的最小值。^[1]

特征和思路：给定条件是分式，求分式的最值，变量集中，再使用均值不等式；

【模式4】：已知(2a+b=1，a>0，b>0)，求 (a^2+2b^2)的最小值。

特征和思路：给定条件是整式，求整式的最值，变量集中，用函数求解最值；

思路补充，直线和椭圆相切；

例14【2019天津滨海新区七所重点学校联考】若正实数(x)，(y)满足(x+2y=5)，则(cfrac{x^2-3}{x+1}+cfrac{2y^2-1}{y})的最大值为_____________。

分析：由题可知，(x>0)，(y>0)，又由于(x+2y=5)，则((x+1)+2y=6)，

(cfrac{x^2-3}{x+1}+cfrac{2y^2-1}{y}=cfrac{(x+1)^2-2(x+1)-2}{x+1}+2y-cfrac{1}{y})

(=x+1-2+2y-(cfrac{2}{x+1}+cfrac{1}{y}))

(=x+2y-1-(cfrac{2}{x+1}+cfrac{1}{y}))

(=4-(cfrac{2}{x+1}+cfrac{1}{y}))

(=4-cfrac{1}{6}(cfrac{2}{x+1}+cfrac{1}{y}) imes [(x+1)+y])

(=4-cfrac{1}{6}(2+2+cfrac{4y}{x+1}+cfrac{x+1}{y}))

(leqslant 4-cfrac{1}{6}(4+2sqrt{4})=cfrac{8}{3}),

当且仅当(x+2y=5)，(x+1=2y)，即(x=2)，(y=cfrac{3}{2})时取到等号；

则(cfrac{x^2-3}{x+1}+cfrac{2y^2-1}{y})的最大值为(cfrac{8}{3}).

解后反思：本题目用到分式变形，拆添项，常数代换，乘常数除常数等多种变形技巧。

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1. 已知(cfrac{1}{a}+cfrac{2}{b}=1，a>0，b>0)，得到(0<cfrac{2}{b}<1)，得到(b>2)，
   由(cfrac{1}{a}+cfrac{2}{b}=1)，解得(a=cfrac{b}{b-2})，
   代入(cfrac{2}{a-1}+cfrac{1}{b-2}=cfrac{2}{frac{b}{b-2}-1}+cfrac{1}{b-2})(=b-2+cfrac{1}{b-2})(geqslant 2)
   当且仅当(b-2=cfrac{1}{b-2})时，即(b=3)，(a=3)时取到等号； ↩︎