1、数 学教学通讯（教师版） 投稿邮箱 ：数学教学通讯（中等教育） 投稿邮箱试题研究 试题探究%由一道高考题引发的高观点思考吴卫勇浙江台州仙居县城峰中学 317300摘 要 ：运用高观点将 2011年高考浙江卷理科 16题放在三维空间 ，从二元函数的角度来考察 、分析 ，发现这道考题的高等数学背景和本质 ，就是求多元函数条件极值 、最值问题 ，剖析了中学阶段求解此类问题常用的判别式法的法理 对于在各类数学考试和竞赛中常出现的二次型条件最值问题 ， 都可利用拉格朗日乘数法加以解决 关键词 ：高考数学 ；试题解析 ；拉格朗日乘数法 ；最值教师版中等教育襛众多解法引人思考设 x，y为实数 ，若 4x2+
2、y2+xy=1，则 2x+y的最大值是 _%（ 2011年高考浙江卷理科 16） ， 此题是 2011年高考浙江理科卷的亮点之作 ，入口宽 ，方法多 ，据笔者不完全统计 ，截止 2012年 12月底全国各种数学杂志针对本题的的解法刊发了近 10余篇文章 ，介绍了近 20种解法 ，笔者将这些方法分为五大类 ：（1）不等式法 ：适当改变式子结构利用基本不等式 、柯西不等式等放缩求解 ；（2）三角函数法 ：在函数思想指引下通过换元 、构造转化为三角函数的最值问题 ；（3）数形结合法 ：通过巧妙的坐标变换转化为直线与椭圆的位置关系问题 ；（4）判别式法 ：在方程观点指引下引入恰当的变量 ，构造相应的二
3、次方程 ，利用判别式来解决问题 ；（5）待定系数法 ：引入参数 ，巧设关系式 ，神秘求解 纵览这些解法 ，所用的知识与方法覆盖了高中数学大部分的核心内容与思想方法 ， 有通性通法 ，也有独门绝技 由此可见 ，这的确是一道有丰富内涵的经典好题 ，那么这道题的背景和本质是什么 ，有没有解决此类问题的统一方法 ，像待定系数法很神秘巧妙又是如何想到的 ？ 这些都值得思考和研究 笔者认为 ： 本文中的解法 1较好地揭示了该题在二维平面视野下的背景和本质 ，分析与解法如下 思路 ：注意到二次方程 4x2+y2+xy=1表示圆锥曲线 （对称轴不重合于坐标轴） ，整体变量 m=2x+y表示斜率为 2的平行直线
4、系 y=2x+m的截距 ， 即当直线与圆锥曲线有公共点时求直线截距 m的最大值 ， 显然当直线 y=2x+m与此椭圆相切且切点 D在第一象限时 ， 截距 m最大 ，可用导数法求解 xOymminmmaxD图 1解法 1：由于圆锥曲线 4x2+y2+xy=1关于原点 O（0，0）对称 ，且没有无穷原点 ，所以此圆锥曲线是椭圆 根据数形结合的思想 ， 当直线 y=2x+m与此椭圆相切且切点 D在第一象限时 ，截距 m最大 二次方程 4x2+y2+xy=1两边关于 x求导数得8x+2yyx+（y+xyx）=0.设切点 D（x0，y0），其中 x00，y00，取yx=2，代入得到方程8x0+2y0（-
5、2）+y0+x0（-2）=0，4x20+y20+x0y0=1襛，解得 ，当 x0=10%姨10，y0=10%姨5时 ，2x+y取得的最大值是2 10%姨5.若将此问题放在三维空间 ，从二元函数的角度来考察 、分析 ，便会发现这道高考题的高等数学背景和本质 ，就是求多元函数条件极值 、最值问题 令 f（x，y）=2x+y，（x，y）=4x2+y2+xy1，则问题变为求函数 z=f（x，y），在条件（x，y）=0下的最大值 此类问题一般的解题思路是从 （x，y）=0中解得 y=g（x），代入 z=f（x，y），从而消去 y转换为求关于x的一元函数 z=f（x，g（x），在其定义域（x，g（x）=0
6、上的最值问题 ，然而一般情况下要从 （x，y）=0在解出 y=g（x）并不总是容易的 ，甚至根本无法解出 ，但有一种不直接依赖消元而求解条件最值的有效方法 ：拉格朗日乘数法 襛拉格朗日（ Lagrange ）乘数法求函数 z=f（x，y）在约束条件 （x，y）=0之下的极值 分析 ：记 C为曲面 z=f（x，y）上一条曲线 ，则 C在平面 ：z=0的投影为曲线 （x，y）=0 因此 ，求条件极大 （小） 值的问题就相当于在空间曲线 C上求极大 （小） 值的问题 ，从几何图形角度讲就是寻找曲线 C的最高 （低） 点问题 若在曲面 z=f（x，y）上作一系列等高线 t=f（x，y）， 当 t从 单
7、调上升 +时 ，此一族等高线与条件曲线 C有相交 、 相切及相离三种情况 ，容易看出当相切时 z=52数 学教学通讯（教师版）投稿邮箱 ： 数学教学通讯（中等教育）投稿邮箱 试题研究 试题探究f（x，y）取到极大 （小 ）值 z0=f（p0） 若站在二维平面的角度来看就是曲面 z=f（x，y）的等高线 f（p0）=f（x，y）与曲线 C在平面 ：z=0的投影曲线 （x，y）=0在极值点 p0处具有公共切线 （如图 2） .（x，y）=0P0Oxyzz=f（x，y）（x，y）=0Oyxf（x，y）=hP0图 2 图 3由此看来 ， 曲线 C在整个问题中起重要作用 ， 我们作一带参数 的曲面族使每
8、一曲面都经过曲线 C， 由几何形状可以断定曲线 C存在最高 （低） 点 ，即变量 z%必然存在极大 （小） 值 利用拉格朗日乘数法 ，可求得极值点的坐标 ，从而求得目标函数的极 、最值 作拉格朗日 （Lagrange）函数L（x，y，）=f（x，y）+（x，y）（称其中的实数 为 Lagrange乘数） ，从方程组Lx（x，y，）=0，Ly（x，y，）=0，L（x，y，）= 0解出 x，y，其中 x，y就是 f可能的极值点的坐标 例 1 （ 2011年高考浙江卷理科 16）设 x，y为实数 ，若 4x2+y2+xy=1，则 2x+y的最大值是 _解法 2：令 L=2x+y+（4x2+y2+xy
9、1），由Lx=2+8x3y=0，Ly=1+2y3x=0，L=4x2+y2+xy1=0 ，得 x=10%姨10，y=10%姨5，%所 以 2x+y的 最 大 值 是 210%姨10+10%姨5=2 10%姨5还 可 以 求 出 2x+y的 最 小 值 是 210%姨10姨 姨10%姨5=2 10%姨5襛2011 年浙江理科第 16 题的几何背景和本质剖析设 x，y为实数 ，若 4x2+y2+xy=1，则 2x+y的最大值是 _若将此问题放在三维空间可知 ，z=2x+y是空间一平面 ，4x2+y2+xy=1是椭圆柱面 ， 就是寻找二者的交线 C：z=2x+y，4x2+y2+xy1=襛0的最高点 ，
10、并求出该点坐标问题 这类问题一般都可利用拉格朗日乘数法求解 若从二维平面的角度来看就是当平面 z=2x+y的等高线即直线 ：m=2x+y与曲线 C在 xOy平面的投影曲线即椭圆 ：4x2+y2+xy=1相切且切点 D在第一象 限时 ，m=2x+y最大 （如图 4）xOymminmmaxD图 4对于平面内的直线与圆锥曲线相切问题 ，只要用初等的方法 方程思想 、判别式法就可以解决 解法 3：（判别式法） 令 m=2x+y，则 y=m2x，代入 4x2+y2+xy=1，得 4x2+（m2x）2+x（m2x）=1，整 理 得 到 关 于 x的 二 次 方 程 6x23mx+（m21）=0（x，mR）
11、，则判别式 9m224（m21）0，解得 2 10%姨5m2 10%姨5检验知 ， 当 x=10%姨10，y=10%姨5时 ，2x+y取得的最大值是2 10%姨5因此 “方程思想 、判别式法 ”就是中学阶段求解此类问题的通性通法 襛拉格朗日（ Lagrange ）乘数法在求二次型条件最值中的应用设 x，y为实数 ， 满足 Ax2+Bxy+Cy2+Dx+Ey=1，求 S=ux2+vxy+wy2+ax+by（其中A， B， C， D， E， u， v， w， a， b为常数） 的取值范围 这类二次型条件最值问题 ， 常出现在各类数学考试和竞赛中 ，都可以利用拉格朗日乘数法加以解决 例 2 （ 20
12、10年高考重庆市理科 7） 已知 x0，y0，x+2y+2xy=8， 则 x+2y的最小值是 （ ）A 3 B 4 C92D112解 ：令 L=x+2y+（x+2y+5xy8），由Lx=1+2y=0，Ly=2+2+2x=0，L=x+2y+2xy8= 0得 x=2，%y=1，所以 2x+y的最小值是 4，故选 C例 3 （ 2012年高考浙江文科 9） 若正数 x，y满足 x+3y=5xy，则 3x+4y的最小值是 （ ）A245B285C 5 D 6解 ：令 L=3x+4y+（x+3y5xy），由Lx=3+5y=0，Ly=4+35x=0，L=x+3y5xy= 0得 x=1，%y=12，所以 3
13、x+4y2x+y的最小值是 5，故选 C例 4 （ 2006年安徽省竞赛题） 若 x，y为实数 ，且 x2+xy+y2=3，求 x2xy+y2的最大值和最小值 解 ：令 L=x2xy+y2+（x2+xy+y23），由Lx=2xy+2x+y=0，Ly=x+2y+x+2y=0，L=x2+xy+y23= 0得 x=1，y=1，或 x= 3%姨，y= 3%姨，或x= 3%姨，y= 3%姨，%所以 x2xy+y2的最大值是 9， 最小值是 1结束语 ：拉格朗日乘数法是高等数学中求多元函数条件极值的重要方法 ，应用广泛 ，思想深刻 该方法程序性强 ，非常容易掌握 ，作为高中教师是应该了解掌握的 ，但由于涉及求多元函数的偏微分 ，并不适合一般的学生学习 ，但作为数学尖子生培优 、竞赛辅导而教授拉格朗日 （Lagrange）乘数法求二次型条件最值那是可行且有效的 高考题并非是无源之水 ，而是有根可寻 高等数学或数学竞赛题中的一些思想 、方法都可为高考题的设计提供广阔的背景 ，作为高中教师 ，应深入研究高考试题 ，了解高考试题的背景 ，挖掘试题的本质 ，站在更高的视角 （高等数学） 来审视 、理解数学问题 ，多运用高观点居高临下地认识高考试题 ，只有观点高了 ，问题才能显得明了而简单 53
