復(fù)合最值問題的常見類型與解題策略

吳衛(wèi)東

[摘 要]復(fù)合最值問題是近年高考經(jīng)常出現(xiàn)的求最值問題.對(duì)復(fù)合最值問題的常見類題作了探究，并提出相應(yīng)的解題策略.

[關(guān)鍵詞]復(fù)合最值問題 常見類型 解題策略

[中圖分類號(hào)] G633.6 [文獻(xiàn)標(biāo)識(shí)碼] A [文章編號(hào)] 16746058（2015）320045

近年來，各級(jí)、各類試題中常出現(xiàn)在最大值中求最小值或在最小值中求最大值的問題，即求復(fù)合最值問題.本文就此類問題的常見類型與解題策略進(jìn)行介紹.

一、涉及一個(gè)變量，轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題

即形如求一元函數(shù)H（x）=max{f1（x），f2（x），…，fn（x）}的最值的問題.

1.數(shù)形結(jié)合

【例1】 （2013年高考遼寧卷第11題）已知函數(shù)f（x）=x2-2（a+2）x+a2，g（x）=-x2+2（a-2）x-a2+8.設(shè)H1（x）=max{f（x），g（x）}，H2（x）=min{f（x），g（x）}，（max{p，q}表示p，q中的較大值，min{p，q}表示p，q中的較小值），記H1（x）的最小值為A，H2（x）的最小值為B，則A-B=

（ ）.

A.16

B.-16

C.a2-2a-16

D.a2+2a-16

解析：記函數(shù)f（x）表示的拋物線頂點(diǎn)P（a+2，-4a-4），函數(shù)g（x）表示的拋物線頂點(diǎn)Q（a-2，-4a+12），作出兩個(gè)函數(shù)的圖像，考查圖像是否有交點(diǎn).令f（x）=g（x），x2-2（a+2）x+a2=-x2+2（a-2）x-a2+8，即x2-2ax+a2-4=0，得x=a+2或x=a-2.所以

頂點(diǎn)P與頂點(diǎn)Q恰好都在對(duì)方的圖像上，

如右圖可知，粗線條表示的函數(shù)是H1（x），細(xì)線條表示的函數(shù)是H2（x），所以H1（x）的最小值是頂點(diǎn)P的縱坐標(biāo)，H2（x）的最大值是頂點(diǎn)Q的縱坐標(biāo)，即A=-4a-4，B=-4a+12.所以A-B=（-4a-4）-（-4a+12）=-16.

點(diǎn)評(píng)：形如求一元函數(shù)H（x）=max{f1（x），f2（x），…，fn（x）}的最值，可分別先作出f1（x），f2（x），…，fn（x）的圖像，分段找出函數(shù)H（x）的圖像，通過直觀地觀察H（x）圖像的最高（低）點(diǎn)，即可得到函數(shù)H（x）的最值.

2.分類討論

復(fù)合最值問題一般包含內(nèi)外兩個(gè)層次，當(dāng)內(nèi)層函數(shù)個(gè)數(shù)較少時(shí)，可以先比較

f1（x），f2（x），…，fn（x）

的大小關(guān)系，進(jìn)行分類討論，去掉不是最大（小）的函數(shù)，往往便于這類問題的解決.

【例2】 （2012年湖南高考第20題）某企業(yè)接到生產(chǎn)3000臺(tái)某產(chǎn)品的A，B，C三種部件的訂單，每臺(tái)產(chǎn)品需要這三種部件的數(shù)量分別為2，2，1（單位：件）.已知每個(gè)工人每天可生產(chǎn)A部件6件，或B部件3件，或C部件2件.該企業(yè)計(jì)劃安排200名工人分成三組分別生產(chǎn)這三種部件，生產(chǎn)B部件的人數(shù)與生產(chǎn)A部件的人數(shù)成正比，比例系數(shù)為k（k為正整數(shù)）.假設(shè)這三種部件的生產(chǎn)同時(shí)開工，試確定正整數(shù)k的值，使完成訂單任務(wù)的時(shí)間最短，并給出時(shí)間最短時(shí)具體的人數(shù)分組方案.

解析：這三種部件的生產(chǎn)同時(shí)開工，完成訂單任務(wù)的時(shí)間應(yīng)是分別完成A，B，C三種部件的生產(chǎn)任務(wù)需要的時(shí)間中最長(zhǎng)的，要使完成訂單任務(wù)的時(shí)間最短，即求最大值的最小值.

解：若設(shè)生產(chǎn)A部件的人數(shù)為x，完成A，B，C三種部件的生產(chǎn)任務(wù)需要的時(shí)間（單位：天）分別為T1（x），T2（x），T3（x）.由題設(shè)有

T1（x）=2×30006x=

1000x，

T2（x）=2000kx，

T3（x）=1500200-（1+k）x

，其中x，kx，200-（1+k）x均為1到200之間的正整數(shù).

要求完成訂單任務(wù)的時(shí)間，即求f（x）=max{T1（x），T2（x），T3（x）}的最小值，其定義域?yàn)閧x|0

易知，T1（x），T2（x）為減函數(shù)，T3（x）為增函數(shù).注意到T2（x）=2kT1（x），于是有

（1）當(dāng)k=2時(shí)，T1（x）=T2（x），此時(shí)f（x）=max{T1（x），T3（x）}=max{1000x，1500200-3x}.

由函數(shù)T1（x），T3（x）的單調(diào)性知，當(dāng)

1000x=1500200-3x

時(shí)，f（x）取得最小值，解得

x=4009

.由于44<4009<45，而f（44）=T1（44）=25011，f（45）=T3（45）=30013，f（44）

故當(dāng)x=44時(shí)，完成訂單任務(wù)的時(shí)間最短，且最短時(shí)間為f（44）=25011.

（2）當(dāng)k>2時(shí)，T1（x）>T2（x）

，由于k為正整數(shù)，故k≥3，此時(shí)

1500200-（1+k）x≥

1500200-（1+3）x=

37550-x

，記T（x）=37550-x，則

T3（x）≥T（x）

，記φ（x）=max{T1（x），T（x）}，易知T（x）為增函數(shù)，則

f（x）=max{T1（x），T3（x）}≥max{T1（x），T（x）}=φ（x）=max{1000x，37550-x}

.

由函數(shù)T1（x），T（x）的單調(diào)性知，當(dāng)1000x

=37550-x

時(shí)，φ（x）取得最小值，解得x=

40011

.由于

36<40011<37，而φ（36）=T1（36）=2509>25011，φ（37）=T（37）=37513>25011，

此時(shí)完成訂單任務(wù)的最短時(shí)間大于25011.

（3）當(dāng)k<2時(shí)，T1（x）

當(dāng)2000x=750100-x時(shí)，f（x）取得最小值，解得x=80011.類似（1）的討論.此時(shí)完成訂單任務(wù)的最短時(shí)間為2509，大于25011.

綜上所述，當(dāng)k=2時(shí)，完成訂單任務(wù)的時(shí)間最短，此時(shí)生產(chǎn)A，B，C三種部件的人數(shù)分別為44，88，68.

點(diǎn)評(píng)：分類討論的策略應(yīng)該是解決復(fù)合最值問題的最基本策略，但往往用于函數(shù)個(gè)數(shù)較少，且易進(jìn)行比較的情況，一旦函數(shù)個(gè)數(shù)較多且比較復(fù)雜時(shí)，就需要尋求其他的方法.

筆者在教學(xué)中發(fā)現(xiàn)，有這么一類復(fù)合最值問題，可借用問題中變量的算術(shù)平均值、幾何平均值或隨機(jī)變量的平均值（數(shù)學(xué)期望），利用均值原理將問題作適度放縮后再估值，求其上界或下界，進(jìn)而說明上界或下界的估值可取.這種處理多元復(fù)合最值問題的方法簡(jiǎn)稱均值法.

二、涉及多個(gè)變量，利用不等式整體求最值

即形如H（x）=max{f1（x1，x2，…，xn），f2（x1，x2，…，xn），…，fm（x1，x2，…，xn）}的多個(gè)變量、多個(gè)函數(shù)的復(fù)合最值問題.

1.利用不等式性質(zhì)

【例3】 （2009年寧夏理科數(shù)學(xué)）設(shè)實(shí)數(shù)x≥0，求max{min{2x，x+2，10-x}}的值.

解析：設(shè)m=min{2x，x+2，10-x}，則

m≤2x

m≤x+2

m≤10-x

，

而2m≤（x+2）+（10-x）=12，即m≤6.

當(dāng)且僅當(dāng)m=x+2=10-x，即x=4時(shí)，取等號(hào).

所以max{min{2x，x+2，10-x}}=6.

點(diǎn)評(píng)：由m≤x+2，m≤10-x，利用不等式的性質(zhì)，相加得2m≤（x+2）+（10-x）=12，進(jìn)而得出m≤6，只需驗(yàn)證即可得到結(jié)論.

【例4】 （2006年浙江高中數(shù)學(xué)競(jìng)賽）

max

a，b，c∈R+

{min{1a，1b2，1c3，a+b2+c3}}= .

解析：設(shè)t=min{1a，1b2，1c3，a+b2+c3}，則0

max

a，b，c∈R+

{min{1a，1b2，1c3，a+b2+c3}}=3

.

2.利用均值不等式

【例5】 （2013年浙江省高中數(shù)學(xué)競(jìng)賽第16題）

若a>0，b>0，求

min{max{a，b，1a2+1b2}}

的值.

解：設(shè)max{a，b，1a2+1b2}=M，則M≥a，M≥b，M≥1a2+1b2，

即M≥a+b+1a2+1b2

3.

而a+b+1a2+1b2=

a2+a2+b2+b2+1a2+1b2

≥66a2·a2·b2·

b2·1a2·1b2

=

66116=

332.

所以M≥32，當(dāng)且僅當(dāng)a2=1a2，b2=1b2

，即a=b=32時(shí)，取等號(hào).

所以min{max{a，b，1a2+1b2}}=32.

點(diǎn)評(píng)：借用均值不等式將問題進(jìn)行適當(dāng)放縮后再估值，求出其上界或下界，只要說明估值的上界與下界可以取得就行.從整體入手，把握規(guī)律，可化繁為簡(jiǎn)，使問題迎刃而解.

3.利用含絕對(duì)值的不等式

【例6】 （2011年蘇州市調(diào)研卷）

已知x，y∈R，求min{max{|x-2y|，|1+x|，|2-2y|}}的值.

解析：設(shè)M=max{|x-2y|，|1+x|，|2-2y|}，則有

M≥|x-2y|

M≥|1+x|

M≥|2-2y|

，

從而有M≥13（|x-2y|+|1+x|+|2-2y|）≥

13|（2y-x）+（x+1）+（2-2y）|=1

，

當(dāng)且僅當(dāng)x=0，y=12時(shí)，|x-2y|=|1+x|=|2-2y|=1，

所以min{max{|x-2y|，|1+x|，|2-2y|}}=1.

點(diǎn)評(píng)：本題利用含絕對(duì)值的不等式|a+b+c|≤|a|+|b|+|c|，整體構(gòu)造定值，進(jìn)而解決問題.

（責(zé)任編輯 鐘偉芳）