第27讲多元最值问题_2027年高考数学一轮复习讲义_2027年高考一轮复习讲义-解析版

第27讲 多元最值问题
知识梳理
解决多元函数的最值问题不仅涉及到函数、导数、均值不等式等知识，还涉及到消元法、三角
代换法、齐次式等解题技能．
必考题型全归纳
1 题型一：消元法
1041 (2024·全国·高三专题练习)已知正实数x，y满足lnx=yex+lny，则y-e-x的最大值
为 .
1
【答案】 /e-2
e2
x x x x lnx
【解析】由lnx=yex+lny得ln =yex，所以 ln =xex，则xex=ln ⋅e y，
y y y y
lnx x
因为x>0，ex>0，e y>0，所以ln >0，
y
令f(x)=xex x>0  ，则f(x)=ex(x+1)>0，所以fx  在0,+∞  上单调递增，
x lnx
所以由xex=ln ⋅e y，即fx
y

x
=fln
y

x x
，得x=ln ，所以y= ，
y ex
x 1 x-1
所以y-e-x= - = ，
ex ex ex
x-1
令g(x)= x>0
ex

2-x
，则g(x)= ，
ex
令g(x)>0，得0<x<2；令g(x)<0，得x>2，
所以g(x)在0,2  上单调递增，在2,+∞  上单调递减，
1 1
所以g(x) =g(2)= ，即y-e-x的最大值为 ．
max e2 e2
1
故答案为： ．
e2
1042 (2024·广东梅州·高三五华县水寨中学校考阶段练习)已知实数m,n满足：m⋅em=(n-
lnt
1)ln(n-1)=t(t>0)，则 的最大值为 .
m(n-1)
1
【答案】
e
【解析】由已知得，m>0,n-1>0,lnn-1  >0，
令fx  =xex(x>0)，则fx  =x+1  ex>0，
∴fx  在0,+∞  上单调递增，
又因为m⋅em=(n-1)ln(n-1)，
所以fm  =f lnn-1    ,
∴m=lnn-1  ，
∴mn-1  =(n-1)⋅lnn-1  =t,
lnt
∴
mn-1 
lnt
= ，
t
令gt 
lnt
= (t>0),
t
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664 3427所以gt 
1-lnt
= ，
t2
则当t∈(0,e)时，g(t)>0，g(t)单调递增；当t∈(e,+∞)时，g(t)<0，g(t)单调递减；
1
所以g(t) =g(e)= .
max e
1
故答案为： .
e
1043 (2024·天津和平·高三天津一中校考阶段练习)对任给实数x>y>0,不等式x2-2y2≤
cx(y-x)恒成立,则实数c的最大值为 .
【答案】2 2-4
【解析】因为对任给实数x>y>0,不等式x2-2y2≤cx(y-x)恒成立，
x

x2-2y2 y
所以c≤ =
xy-x2

2
-2
x x
-
y y

，
2
x t2-2
令 =t>1，则c≤ =f(t)，
y t-t2
t2-4t+2
f(t)=
t-t2

(t-2+ 2)(t-2- 2)
=
2 t-t2

，
2
当t>2+ 2时，f(t)>0，函数f(t)单调递增；当1<t<2+ 2时，f(t)<0，函数f(t)
单调递减，
所以当t=2+ 2时，f(t)取得最小值，f(2+ 2)=2 2-4，
所以实数c的最大值为2 2-4
故答案为：2 2-4
2 题型二：判别式法
1044 (2024·重庆渝中·高一重庆巴蜀中学校考期中)若x,y∈R，4x2+y2+xy=1，则当x=
时，x+y取得最大值，该最大值为 .
15 1 4 15 4
【答案】 / 15 / 15
30 30 15 15
【解析】令x+y=t，则y=t-x，
则4x2+y2+xy=4x2+t-x

2+xt-x

=4x2-tx+t2=1，
即4x2-tx+t2-1=0，
由Δ=t2-16t2-1 
4 15 4 15
≥0，解得：- ≤t≤ ，
15 15
4 15
故x+y≤ ，
15
4 15
x+y= 15 7 15
故 15 ，解得：x= ，y= ，
30 30
4x2+y2+xy=1
15 7 15
所以当且仅当x= ，y= 时，等号成立，
30 30
15 4 15
故答案为： ，
30 15
1045 (2024·全国·高三竞赛)在△ABC中，2cosA+3cosB=6cosC，则cosC的最大值为
．
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665 342714-1
【答案】
6
2
【解析】令cosA=x,cosB=y,cosC=z，则2x+3y=6z，即y=2z- x．
3
因为cos2A+cos2B+cos2C+2cosAcosBcosC=1，
2 所以x2+2z- x
3
 2 +z2=1-2x2z- 2 x
3
 z，
13 4
整理得 - z
9 3

8
x2+4z2- z
3
 x+5z2-1=0，
8 Δ=4z2- z
3
 2 -45z2-1  13 4z  -
9 3
 ≥0，
4z 13
化简得(z+1)(z-1)4z2+ -
3 9
 ≥0，
4z 13 14-1
于是4z2+ - ≤0，得z≤ ，
3 9 6
14-1
所以cosC的最大值为 ．
6
14-1
故答案为： .
6
ax+b
1046 (2024·高一课时练习)设非零实数a，b满足a2+b2=4，若函数y= 存在最大值
x2+1
M和最小值m，则M-m= .
【答案】2
b-2 b+2
【解析】化简得到yx2-ax+y-b=0，根据Δ≥0和a2+b2=4得到 ≤y≤ ，
2 2
ax+b
解得答案.y= ，则yx2-ax+y-b=0，则Δ=a2-4yy-b
x2+1
 ≥0，
即4y2-4yb-a2≤0，a2+b2=4，故4y2-4yb+b2-4≤0，
2y-b+2    2y-b-2   
b-2 b+2 b-2 b+2
≤0，即 ≤y≤ ，即m= ,M= ，
2 2 2 2
M-m=2.
故答案为：2.
1
1047 (2024·江苏·高三专题练习)若正实数x,y满足(2xy-1)2=(5y+2)(y-2)，则x+
2y
的最大值为 ．
3 2
【答案】 -1
2
1
【解析】令x+ =t,(t>0)，则(2xy-1)2=(2yt-2)2=(5y+2)(y-2)，即(4t2-5)y2
2y
+(8-8t)y+8=0，因此
3 2
Δ=(8-8t)2-32(4t2-5)≥0⇒2t2+4t-7≤0，解得：0<t≤-1+ ，当t=-1+
2
3 2
时，
2
4t-4 6 2-8 35-24 2 1 3 2
y= = >0，x= >0，因此x+ 的最大值为 -1
4t2-5 17-12 2 12 2-16 2y 2
3 2
故答案为： -1
2
1048 (2024·全国·高三专题练习)设a,b∈R，λ>0，若a2+λb2=4，且a+b的最大值是 5，
则λ= .
【答案】4
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666 3427a+b=d
【解析】令a+b=d，由
 a2+λb2=4
消去a得：(d-b)2+λb2=4，即(λ+1)b2-2db+d2
-4=0，
4(λ+1) λ+1
而b∈R，λ>0，则Δ=(2d)2-4(λ+1)(d2-4)≥0，d2≤ ，-2 ≤d≤
λ λ
λ+1
2 ，
λ
λ+1
依题意2 = 5，解得λ=4.
λ
故答案为：4
3 题型三：基本不等式法
1049 设x、y、z是不全是0的实数.则三元函数fx,y,z 
xy+yz
= 的最大值是 .
x2+y2+z2
2
【答案】
2
【解析】引入正参数λ、μ.
因为λ2x2+y2≥2λxy，μ2y2+z2≥2μyz，所以，
λ 1 μ 1
xy≤ x2+ y2，yz≤ y2+ z2.
2 2λ 2 2μ
λ 1 μ
两式相加得xy+yz≤ x2+ +
2 2λ 2

1
y2+ z2.
2μ
λ 1 μ 1 1
令 = + = ，得λ= 2，μ=
2 2λ 2 2μ 2
2
故xy+yz≤ x2+y2+z2
2
 .
因此，fx,y,z 
xy+yz 2
= 的最大值为 .
x2+y2+z2 2
1050 (2024·天津和平·高三耀华中学校考阶段练习)若实数x,y满足2x2+xy-y2=1，则
x-2y
的最大值为 .
5x2-2xy+2y2
2
【答案】
4
【解析】由2x2+xy-y2=1，得(2x-y)(x+y)=1，
1
设2x-y=t,x+y= ，其中t≠0.
t
1 1 2 1 1 1
则x= t+ ,y= - t，从而x-2y=t- , 5x2-2xy+2y2=t2+ ，
3 3t 3t 3 t t2
1 x-2y u
记u=t- ，则 = ，
t 5x2-2xy+2y2 u2+2
1 1 2
不妨设u>0，则 ≤ = ,
2 2 4
u+ 2 u×
u u
2 2
当且仅当u= ，即u= 2时取等号，即最大值为 .
u 4
2
故答案为： .
4
ab+bc
1051 (2024·全国·高三专题练习)已知正数a,b,c，则 的最大值为 ．
2a2+b2+c2
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667 34276
【答案】
4
ab+bc ab+bc
【解析】∵ =
2a2+b2+c2 2a2+ 1 b2
3
 2 + b2+c2
3

ab+bc 1
≤ = =
2 2 2 2 ab+2 bc 2
3 3 3
6 3 6
(当且仅当 2a= b， b=c时取等号)，
4 3 3
ab+bc 6
∴ 的最大值为 .
2a2+b2+c2 4
6
故答案为： .
4
4 题型四：辅助角公式法
1052 (2024·江苏苏州·高三统考开学考试)设角α、β均为锐角，则sinα+sinβ+cosα+β  的
范围是 ．
3
【答案】1,
2

【解析】因为角α、β均为锐角，所以sinα,cosα,sinβ,cosβ的范围均为0,1  ，
所以sinα+β  =sinαcosβ+cosαsinβ<sinα+sinβ，
所以sinα+sinβ+cosα+β  >sinα+β  +cosα+β 
π
= 2sinα+β+
4

π π π π 3π
因为0<α< ,0<β< , <α+β+ < ，
2 2 4 4 4
π
所以 2sinα+β+
4

2
> 2× =1，
2
sinα+sinβ+cosα+β  =sinα+sinβ+cosαcosβ-sinαsinβ
=1-sinβ  sinα+cosαcosβ+sinβ≤ 1-sinβ  2+cos2β+sinβ
= 21-sinβ  +sinβ，
当且仅当1-sinβ  cosα=sinαcosβ时取等，
令 1-sinβ=t，t∈0,1  ，sinβ=1-t2，
所以= 21-sinβ 
2
+sinβ= 2t+1-t2=-t-
2

2 3 3
+ ≤ .
2 2
则sinα+sinβ+cosα+β 
3
的范围是：1,
2
 .
3
故答案为：1,
2

1053 y=cos(α+β)+cosα-cosβ-1的取值范围是 ．
1
【答案】 -4,
 2

【解析】y=cosαcosβ-sinαsinβ+cosα-cosβ-1
=(cosβ+1)cosα-(sinβ)sinα-(cosβ+1)
= (cosβ+1)2+sin2βsin(α+φ)-(cosβ+1)
= 2+2cosβsin(α+φ)-(cosβ+1)
因为sin(α+φ)∈[-1,1]，
所以- 2+2cosβ-(cosβ+1)≤y≤ 2+2cosβ-(cosβ+1)，
令t= 1+cosβ，则t∈[0, 2]，
则- 2t-t2≤y≤ 2t-t2，
第 页 共 页
668 34272
所以y≥- 2t-t2=-t+
2

2 1
+ ≥-4，(当且仅当t= 2即cosβ=1时取等)；
2
2
且y≤ 2t-t2=-t-
2

2 1 1 2 1
+ ≤ ，(当且仅当t= 即cosβ=- 时取等)．
2 2 2 2
1
故y的取值范围为 -4,
 2
 ．
5 题型五：柯西不等式法
1054 (2024·广西钦州·高二统考期末)已知实数a，b ∈R，(i=1，2⋯，n)，且满足a2+a2+⋯
i i 1 2
+a2=1，b2+b2+⋯+b2=1，则ab +a b +⋯+a b 最大值为 ( )
n 1 2 n 1 1 2 2 n n
A.1 B.2 C.n 2 D.2 n
【答案】A
【解析】根据柯西不等式，a2 1 +a2 2 +⋯+a2 n  b2 1 +b2 2 +⋯+b2 n  ≥a 1 b 1 +a 2 b 2 +⋯+a n b n  2，故
1
ab +a b +⋯+a b ≤1，又当a =b =a =b =...=a =b = 时等号成立，故ab
1 1 2 2 n n 1 1 2 2 n n n 1 1
+a b +⋯+a b 最大值为1
2 2 n n
故选：A
1055 (2024·陕西渭南·高二校考阶段练习)已知x，y，z是正实数，且x+y+z=5，则x2+2y2
+z2的最小值为 .
【答案】10
【解析】由柯西不等式可得x2+2y2+z2  1 12+
2
   2 +12

 ≥(x+y+z)2，
5
所以 x2+2y2+z2
2
 ≥25，即x2+2y2+z2≥10，
x 2y z
当且仅当 = = 即x=2y=z也即x=2,y=1,z=2时取得等号，
1 1 1
2
故答案为：10
1056 (2024·江苏淮安·高二校联考期中)已知x2+y2+z2=1，a+3b+ 6c=16，则x-a  2
+y-b  2+z-c  2的最小值为 .
【答案】9
【解析】∵a+3b+ 6c=16≤ 12+32+ 6  2 a2+b2+c2=4 a2+b2+c2
a b c
∴ a2+b2+c2≥4,当且仅当 = = 时等号成立，即a=1,b=3,c= 6，
1 3 6
∵x-a  2+y-b  2+z-c  2=1-2xa+by+cz  +a2+b2+c2
≥1-2 x2+y2+z2 a2+b2+c2+a2+b2+c2=1-2 a2+b2+c2+a2+b2+c2
= a2+b2+c2-1 
a b c 1 3 6
2≥9，当且仅当 = = 时等号成立，可取x= ,y= ,z=
x y z 4 4 4
故答案为：9
1057 (2024·全国·高三竞赛)已知x、y、z∈R ，且s= x+2+ y+5+ z+10，t= x+1
+
+ y+1+ z+1，则s2-t2的最小值为.
A.3 5 B.4 10 C.36 D.45
【答案】C
【解析】由s+t= x+2+ x+1  + y+5+ y+1  + z+10+ z+1  ，
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669 34271 4 9
s-t= + + .
x+1+ x+2 y+1+ y+5 z+1+ z+10
知s2-t2=s+t  s-t  ≥1+2+3  2=36.
1
当 x+1+ x+2=  y+1+ y+5
2

1
=  z+1+ z+10
3
 时，取得最小值36.
故答案为C
1058 (2024·全国·高三竞赛)设a、b、c、d为实数，且a2+b2+c2-d2+4=0.则3a+2b+c-
4d  的最大值等于.
A. 2 B.0 C.- 2 D.-2 2
【答案】D
【解析】由题意得a2+b2+c2+22=d2，所以42d2=a2+b2+c2+22  32+22+12+ 2  2  
≥3a+2b+c+2 2  2(利用柯西不等式).
从而，4d  ≥3a+2b+c+2 2  ≥3a+2b+c+2 2.
故3a+2b+c-4d  ≤-2 2.
当且仅当a=3 2，b=2 2，c= 2，d=±4 2时，等号成立.
6 题型六：权方和不等式法
1 1
1059 (2024·甘肃·高三校联考)已知x>0，y>0，且 + =1，则x+2y的最小值
2x+y y+1
为 .
1
【答案】 3+
2
【解析】设x+2y=λ(2x+y)+λ (y+1)+t，
1 2
1 3 3
可解得λ = ,λ = ,t=- ，
1 2 2 2 2
1 3 3
从而x+2y= (2x+y)+ (y+1)-
2 2 2
1 3
=  (2x+y)+ (y+1)
 2 2

1 1
 +
2x+y y+1

3 1
- ≥ 3+ ，
2 2
1 3 3
当且仅当x= + ,y= 时取等号.
2 3 3
1
故答案为： 3+ ．
2
2 1
1060 已知实数x,y满足x>y>0且x+y=1，则 + 的最小值是
x+3y x-y
3+2 2
【答案】
2
2 1  2+1
【解析】 + ≥
x+3y x-y
 2 3+2 2
= ．
2x+2y 2
2 1 1 3
当 = 时，x= 2- ,y= - 2取等号．
x+3y x-y 2 2
a2 b2
1061 已知a>1,b>1，则 + 的最小值是 ．
b-1 a-1
【答案】8
a2 b2 a+b
【解析】a+b-2=t>0， + ≥
b-1 a-1
 2 t+2
=
a+b-2
 2 4
=t+ +4≥8.
t t
第 页 共 页
670 3427a+b-2=2

当 a b 时，即a=2,b=2，两个等号同时成立．
=
b-1 a-1
1 2 2
1062 已知x,y>0, + =1，则 x2+y2的最小值是 ．
x y
【答案】3 3
3
1 2 2 12
【解析】1= + =
x y
x2 
3
22
+
1
2 y2 
1+2
≥
1
2

3
2
x2+y2 
3 3
= ．
1 x2+y2
2
1 2
 x2 =
y2
即当 时，即x=3,y=3 2，有 x2+y2的最小值为3 3．

1 2 2
 + =1
x y
7 题型七：拉格朗日乘数法
1063 x>0，y>0，xy+x+y=17，求x+2y+3的最小值．
【解析】令F(x,y,λ)=x+2y+3-λ(xy+x+y-17)
F′=1-λy-λ=0，F′=2-λx-λ=0，F′=-(xy+x+y)+17=0，
x y λ
1
联立解得x=5，y=2，λ= ，故x+2y+3最小为12．
3
1064 设x,y为实数，若4x2+y2+xy=1，则2x+y的最大值是 ．
2 10
【答案】
5
【解析】令L=2x+y+λ(4x2+y2+xy-1)，
L =2+8λx-3λy=0 10
 x x=±
10
由L
y
=1+2λy-3λx=0 ，解得
10
，
L =4x2+y2+xy-1=0 y=±
λ 5
10 10 2 10
所以2x+y的最大值是2⋅ + = ．
10 5 5
8 题型八：三角换元法
1065 (2024·山西晋中·高三祁县中学校考阶段练习)已知函数f(x)=-3x3-3x+3-x-3x+3，
若f(3a2)+f(b2-1)=6，则a 1+b2的最大值是
3
【答案】
3
【解析】设g(x)=f(x)-3,所以g(x)= -3x3-3x+3-x-3x,
所以g(-x)=-3(-x)3+3x+3x-3-x,∴g(-x)+g(x)=0,
所以g(-x)=-g(x),所以函数g(x)是奇函数，
由题得g(x)=-9x2-3-3-xln3-3xln3<0，
所以函数g(x)是减函数，
因为f3a2  +fb2-1  =6，
所以f3a2  -3+fb2-1  -3=0，
所以g3a2  +gb2-1  =0,
所以g3a2 
3
=g(1-b2),所以3a2=1-b2,∴3a2+b2=1,设a= cosθ,b=sinθ,
3
不妨设cosθ>0，
第 页 共 页
671 34273 3
所以a 1+b2= cosθ 1+sin2θ= (1+sin2θ)cos2θ=
3 3
3
(1+sin2θ)(1-sin2θ)
3
3 3 3
= 1-sin4θ≤ ，所以a 1+b2的最大值为 .
3 3 3
3
故答案为
3
1066 (2024·浙江温州·高一校联考竞赛)2x2+xy+y2=1，则x2+xy+2y2的最小值为
.
-4 2+9
【答案】
7
2cosθ cosθ
【解析】根据条件等式可设x= ,y=sinθ- ，代入所求式子，利用二倍角公式
7 7
7x2 x2
和辅助角公式化简，根据三角函数的性质可求出最值.∵2x2+xy+y2=1，则 + +
4 4
7x xy+y2=1，即
2
 2 x + +y
2
 2 =1，
7x x 2cosθ cosθ
设 =cosθ, +y=sinθ，则x= ,y=sinθ- ，
2 2 7 7
2cosθ
∴x2+xy+2y2=
7

2 2cosθ cosθ
+ ⋅sinθ-
7 7

cosθ
+2sinθ-
7

2
4cos2θ 2sinθcosθ
= - +2sin2θ
7 7
4 1+cos2θ
= 
7 2

sin2θ
- +1-cos2θ
7
1 5 9
=- sin2θ- cos2θ+
7 7 7
4 2
= sin2θ+φ
7

9 35
+ ，其中φ是辅助角，且tanφ= ，
7 7
当sin2θ+φ 
-4 2+9
=-1时，原式取得最小值为 .
7
-4 2+9
故答案为： .
7
9 题型九：构造齐次式
2xy xy
1067 (2024·江苏·高一专题练习)已知x>0，y>0，则 + 的最大值是
x2+8y2 x2+2y2
.
2
【答案】
3
x 4y
3 +
2xy xy 3x3y+12xy3 y x
【解析】由题意， + = =
x2+8y2 x2+2y2 x4+10x2y2+16y4

x

y

2 y
+16
x

2
+10
x 4y
3 +
y x
=

x 4y
 +
y x

x 4y
3 +
y x
=
2
+2

x 4y
 +
y x

，
2
+
x 4y
+
y x
x 4y x 4y x 4y x 4y
设t= + ，则t= + ≥2 ⋅ =4，当且仅当 = ，即x=2y取等号，
y x y x y x y x
第 页 共 页
672 34272
又由y=t+ 在[4,+∞)上单调递增，
t
2 9 2 9
所以y=t+ 的最小值为 ，即t+ ≥ ，
t 2 t 2
x 4y
3 +
y x
所以

x 4y
 +
y x

3 2
≤ = ，
2 2 3
+ t+
x 4y t
+
y x
2xy xy 2
所以 + 的最大值是 .
x2+4y2 x2+2y2 3
2
故答案为： .
3
3a
1068 (2024·河南·高三信阳高中校联考阶段练习)已知实数a,b>0，若a+2b=1，则 +
b
1
的最小值为 ( )
ab
A.12 B.2 3 C.6 3 D.8
【答案】A
3a 1
【解析】由 + ，a+2b=1，a,b>0，
b ab
3a 1 3a a+2b
所以 + = +
b ab b
 2
ab
3a a2+4ab+4b2
= +
b ab
3a a 4b
= + +4+
b b a
4a 4b 4a 4b
= + +4≥2 ⋅ +4=8+4=12，
b a b a
4a 4b 1
当且仅当 = ⇒a=b= 时，取等号，
b a 3
3a 1
所以 + 的最小值为：12，
b ab
故选：A.
ab
1069 (2024·天津南开·高三统考期中)已知正实数a，b，c满足a2-2ab+9b2-c=0，则 的
c
最大值为 ．
1
【答案】 /0.25
4
【解析】由a2-2ab+9b2-c=0，得c=a2-2ab+9b2，
∵正实数a，b，c
ab ab 1
∴则 = =
c a2-2ab+9b2 a 9b
+ -2
b a
a 9b a 9b
则 + ≥2 ⋅ =6，
b a b a
a 9b
当且仅当 = ，且a，b>0，即a=3b时，等号成立
b a
a 9b
+ -2≥4>0
b a
1 1
则 ≤
a 9b 4
+ -2
b a
第 页 共 页
673 3427ab 1
所以， 的最大值为 .
c 4
1
故答案为： .
4
10 题型十：数形结合法
1070 (2024·全国·高三专题练习)函数fx  =x2+ax+b  (a，b∈R)在区间[0，c](c>0)上的
最大值为M，则当M取最小值2时，a+b+c=
【答案】2
【解析】解法一：因为函数y=x2+ax+b是二次函数，
所以fx  =x2+ax+b  (a，b∈R)在区间[0，c](c>0)上的最大值是在[0，c]的端点取
a
到或者在x=- 处取得．
2
a a2
若在x=0取得，则b=±2；若在x=- 取得，则b-
2 4
 =2；
若在x=c取得，则c2+ac+b  =2；
进一步，若b=2，则顶点处的函数值不为2，应为0，符合题意；
若b=-2，则顶点处的函数值的绝对值大于2，不合题意；
a2
由此推断b= ，即有b=2，a+c=0，
4
于是有a+b+c=2．
解法二：设gx  =x2，hx  =-ax-b，则fx  = gx  -hx    ．
首先作出gx  =x2在x∈0,c  时的图象，显然经过(0，0)和c,c2  的直线为h 1x  =
cx，该曲线在[0，c]上单调递增；
其次在gx  =x2图象上找出一条和h 1x  =cx平行的切线，
不妨设切点为x 0 ,x2 0  ，于是求导得到数量关系2x =c． 0
结合点斜式知该切线方程为h 2x 
c2
=cx- ．
4
1 c2
因此M = 0-- min 2 4    =2，即得c=4．此时hx 
c2
=cx- ， 8
即hx  =4x-2，那么a=-4，b=2．从而有a+b+c=2．
1071 (2024·江苏扬州·高三阶段练习)已知函数fx 
xlnx, x>0

= ，若x 1 ≠x 2 且fx 1
2x+4e, x≤0
 =
fx 2  ，则x 1 -x 2  的最大值为 ( )
1 5
A.2e- B.2e+1 C. 5e D. e
e 2
【答案】D
【解析】当x>0时，fx  =xlnx，
求导fx  =lnx+1，令fx 
1
=0，得x=
e
1
当x∈0,
e
 时，fx  <0，fx 
1
单调递减；当x∈  ,+∞
 e
 时，fx  >0，fx  单调递
增；
作分段函数图象如下所示：
第 页 共 页
674 3427设点A的横坐标为x 1 ，过点A作y轴的垂线交函数y=fx  于另一点B，设点B的横坐
标为x 2 ，并过点B作直线y=2x+4e的平行线l，设点A到直线l的距离为d，x 1 -x 2  =
5
d，
2
由图形可知，当直线l与曲线y=xlnx相切时，d取最大值，
令fx  =lnx+1=2，得x=e，切点坐标为e,e  ，
2e-e+4e
此时，d=

= 5e，
5
∴x 1 -x 2 
5 5
= × 5e= e， max 2 2
故选：D
1072 (2024·全国·高三专题练习)已知函数fx 
xlnx, x>0

= ，若x 1 ≠x 2 且fx 1
x+1, x≤0
 =fx 2  ，
则x 1 -x 2  的最大值为 ( )
A.2 2 B.2 C. 2 D.1
【答案】B
【解析】设点A的横坐标为x 1 ，过点A作y轴的垂线交函数y=fx  于另一点B，设点B
的横坐标为x ，并过点B作直线y=x+1的平行线l，设点A到直线l的距离为d，计算出
2
π
直线l的倾斜角为 4 ，可得出x 1 -x 2  = 2d，于是当直线l与曲线y=xlnx相切时，d取
最大值，从而x 1 -x 2  取到最大值.当x>0时，fx  =xlnx，
求导fx  =lnx+1，令fx 
1
=0，得x=
e
1
当x∈0,
e
 时，fx  <0，fx 
1
单调递减；当x∈  ,+∞
 e
 时，fx  >0，fx  单调递
增；
第 页 共 页
675 3427如下图所示：
设点A的横坐标为x 1 ，过点A作y轴的垂线交函数y=fx  于另一点B，设点B的横坐
标为x 2 ，并过点B作直线y=x+1的平行线l，设点A到直线l的距离为d，x 1 -x 2  =
2d，
由图形可知，当直线l与曲线y=xlnx相切时，d取最大值，
令fx  =lnx+1=1，得x=1，切点坐标为1,0  ，
1-0+1
此时，d=

2 = 2，∴x 1 -x 2  = 2× 2=2， max
故选：B.
1073 (2024·江苏·高三专题练习)已知函数fx 
x,0≤x≤1,
= ln2x 

 ,1<x≤2, 若存在实数x 1 ，x 2 满足0
≤x 1 <x 2 ≤2，且fx 1  =fx 2  ，则x -x 的最大值为 ( ) 2 1
e e
A. B. -1 C.1-ln2 D.2-ln4
2 2
【答案】B
【解析】fx 
x,0≤x≤1,
=
ln2x 

的图象如下 
,1<x≤2
存在实数x 1 ，x 2 满足0≤x 1 <x 2 ≤2，且fx 1  =fx 2  ，即x 1 =ln2x 2 
e
∴x ∈1, 2 2  ，则x 2 -x 1 =x 2 -ln2x 2 
令gx  =x-ln2x 
e
，x∈1,
2
 ，则gx 
x-1
=
x
第 页 共 页
676 3427∴gx 
e
在1,
2
 上单调递增，故gx 
e
=g
max 2

e
= -1
2
故选：B
11 题型十一：向量法
1074 (2024·江苏南通·高一海安高级中学校考阶段练习)17世纪法国数学家费马在给朋友的
一封信中曾提出一个关于三角形的有趣问题：在三角形所在平面内，求一点，使它到三角
形每个顶点的距离之和最小，现已证明：在△ABC中，若三个内角均小于120°，则当点P
满足∠APB=∠APC=∠BPC=120°时，点P到三角形三个顶点的距离之和最小，点P
  
被人们称为费马点．根据以上知识，已知a为平面内任意一个向量，b和c是平面内两个
       
互相垂直的向量，且|b|=2,|c|=3，则|a-b|+|a+b|+|a-c|的最小值是 ．
【答案】3+2 3
  
【解析】以b 为x轴，c 为y轴，建立直角坐标系如下图，设a=x,y  ，

则b=2,0 

,c=0,3 
 
，a-c  = x2+y-3 
 
2,a-b  = x-2 
 
2+y2,a+b  =
x+2  2+y2 ，
 
∴a-c 
 
+a-b 
 
+a+b  即为平面内一点x,y  到0,3  ,2,0  ,-2,0  三点的距离之
和，
由费马点知：当点Px,y  与三顶点A0,3  ,B-2,0  ,C2,0  构成的三角形ABC为费马
 
点时 a-c 
 
+a-b 
 
+a+b  最小，
将三角形ABC放在坐标系中如下图：
现在先证明△ABC 的三个内角均小于120° ：
AB  =BC  = 22+32= 13,BC 
AB
=4 ，cos∠BAC=
 2+AC  2-BC  2
2AB  ∙AC 
11
= >0 ，
13
AB
cos∠ABC=cos∠ACB=
 2+BC  2-AC  2
2AB  ∙BC 
1
= >0 ，
13
∴△ABC 为锐角三角形，满足产生费马点的条件，又因为△ABC 是等腰三角形，
点P必定在底边BC的对称轴上，即y轴上，∠BPC=120°,∴∠PCB=30° ，
第 页 共 页
677 3427PO  =OC 
3 2 3 2 3
∙tan∠PCB=2× = ，即P0,
3 3 3
 ，
现在验证∠BPA=120°：
BP 
2 3
= 22+
3

2 4
= ,AP
3

2 3
=3- ，
3
BP
cos∠BPA=
 2+AP  2-AB  2
2BP  ∙AP 
1
=- ，∴∠BPA=120° ，同理可证得∠CPA=120° ，
2
2 3
即此时点P0,
3
 是费马点，到三个顶点A，B，C的距离之和为BP  +CP  +AP 
4 2 3  
=2× +3- =3+2 3 ，即a-c
3 3

 
+a-b 
 
+a+b  的最小值为3+2 3 ；
故答案为：3+2 3.
   
1075 (2024·浙江嘉兴·高一统考期末)已知平面向量a，b，c满足a 

=1，b 
   
=2，|a|2=a⋅b，c

 b ⋅ c-
2
     =0，则|c-a|2+|c-b|2的最小值为 .
7
【答案】 - 3
2
     
【解析】令OA=a，OB=b，OC=c，OB中点为D，OD中点为F，E为AB的中点，
      
由|a|=1，|b|=2，|a|2=a⋅b，得1=1×2×cos<a,b>，
  1  
则cos<a,b>= ，<a,b>=60°即∠AOB=60°，所以AB=
2
1
OA2+OB2-2OA⋅OBcos∠AOB= 22+12-2×2×1× = 3，所以AO2+AB2=
2
OB2，即∠OAB=90°，∠ABO=30°，所以EF= BF2+BE2-2BF⋅BEcos∠ABO=
3 
2
 2 3 +
2


2 -2× 3 × 3 × 3 = 3 ，因为c  ⋅  c  - b
2 2 2 2 2
  =0，所以OC⋅
 
1
OC- OB
2

  
=0，即OC⋅OC-OD 
 
=0，所以OC⋅DC=0，
所以点C的轨迹为以OD为直径的圆，
     
∵2(|c-a|2+|c-b|2)=2(|CA|2+|CB|2)
  
=4|CE|2+|AB|2=4|CE|2+ 3  2

=4|CE|2+3≥4 EF  1  -
2
 2 +3=7-2 3，
当且仅当C、E、F共线且C在线段EF之间时取等号．
    7
∴|c-a|2+|c-b|2的最小值为 - 3．
2
7
故答案为： - 3．
2
第 页 共 页
678 3427   
1076 (2024·湖北武汉·高一湖北省武昌实验中学校联考期末)已知向量a，b满足a+b 

⋅b=
 
0，a+4b 
 
=4，则a+b 

+b  的最大值为 ．
4 10 4
【答案】 / 10
3 3
【解析】取平行四边形OACB，连接OC
      
设OA=a,OB=b，则OC=a+b，
   
因为向量a，b满足a+b 
  
⋅b=0，所以a+b 

⊥b，即OC⊥OB，
设OB=m,OC=n，m,n>0，如图以O为原点，OB,OC所在直线为x,y轴建立平面直
角坐标系，
则O0,0  ,Bm,0  ,C0,n  ,A-m,n 
 
所以a=OA=-m,n 
 
,b=OB=m,0 
 
，则a+4b  = -m,n  +4m,0    = 3m,n    =
9m2+n2=4，故9m2+n2=16，
 
所以a+b 

+b  = 0,n    + m,0    =n+m
π
因为9m2+n2=16，又sin2θ+cos2θ=1，可设3m=4sinθ,n=4cosθ,θ∈0,
2

4 4 4 即m= sinθ,n=4cosθ，所以m+n= sinθ+4cosθ= 
3 3 3
 2 +42sinθ+φ  =
第 页 共 页
679 34274 10
sinθ+φ
3

4 π
，其中tanφ= =3,φ∈0,
4 2
3
 ，所以θ+φ∈0,π  ，所以sinθ+φ  ∈
0,1  ，
4 10  
故m+n的最大值为 ，即a+b
3


+b 
4 10
的最大值为 .
3
4 10
故选： .
3
12 题型十二：琴生不等式法
1077 (2024·福建龙岩·高三校考阶段练习)若函数fx  的导函数fx  存在导数，记fx  的
导数为fx  ．如果对∀x∈a，b  ，都有fx  <0，则fx  有如下性质：
x +x +⋅⋅⋅+x
f 1 2 n n 
f(x)+f(x )+⋅⋅⋅+f(x )
≥ 1 2 n n ．其中n∈N*，x 1 ，x 2 ，⋯，x n ∈a，b  .若
fx  =sinx，则在锐角△ABC中，根据上述性质推断：sinA+sinB+sinC的最大值为
.
3 3 3
【答案】 / 3.
2 2
【解析】fx  =sinx，则f(x)=cosx，f(x)=-sinx.
π
在锐角△ABC中，A，B，C∈0，
2
 ，
则f(x)=-sinx<0
sinA+sinB+sinC A+B+C
∴ ≤sin
3 3

π 3
=sin = ，
3 2
3 3
∴ sinA+sinB+sinC 的最大值为 .
2
3 3
故答案为： .
2
1078 (2024·全国·高三竞赛)半径为R的圆的内接三角形的面积的最大值是 ．
3 3
【答案】 R2
4
【解析】设⊙O的内接三角形为△ABC．
显然当△ABC是锐角或直角三角形时，面积可以取最大值(因为若△ABC是钝角三角
形，可将钝角(不妨设为A)所对边以圆心为对称中心作中心对称成为BC)．
因此，S >S ．
△ABC △ABC
下面设∠AOB=2α，∠BOC=2β，∠COA=2γ，α+β+γ=π．
1
则S = R2 sin2α+sin2β+sin2γ
△ABC 2
 ．
π
由讨论知可设0<α、β、γ< ，而y=sinx在0,π
2
 上是上凸函数．
sin2α+sin2β+sin2γ 2α+β+γ
则由琴生不等式知 ≤sin
3
 3
= ．
3 2
1 3 3 3
所以，S ≤ R2×3× = R2．
△ABC 2 2 4
当且仅当△ABC是正三角形时，上式等号成立．
3 3
故答案为 R2
4
1
1079 (2024·北京·高三强基计划)已知正实数a，b满足a+b=1，求a+
a

1
b+
b
 的最小
第 页 共 页
680 3427值．
1
【解析】设f(x)=lnx+
x

x2-1
,0<x<1，则f(x)= ，
x3+x
-x4+4x2+1
从而f(x)=
x3+x

>0，故f(x)在(0,1)下凸，
2
f(a)+f(b) a+b
因此 ≥f
2 2

1
，即a+
a

1
b+
b

25
≥ ,
4
1 1
当且仅当a=b= 时等号成立．所以a+
2 a

1
b+
b

25
的最小值为华
4
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