【例1】已知函數的最大值是m,最小值是n,則m+n=的值域.【例5】求函數的最大值.f(x)=sin2xcosx的最大值為則的最小值是【例8【例8】求函數的最大值.【例9】求函數的值域.【例10】已知實數a,b,c滿足a+b+c=0,a2+【例11】設a,b為正實數,則的最小值為的取值范圍是()【例13】記min{a,b}為a,b兩數的最小值.當正數x,y變化時t=min,則t的最大值為。1．已知函數.x<2,若關于x的方程f(x)=kx(k>0)有且僅有四個根，設其最大值為t,則函數t2-6t+7的值域為。-3x的最大值。.3．已知函數的最大值是M,最小值為N,則M+N=。4．求函數的值域。7．求f的最大值,并求出此時k的值。若方程f(x)=b有且僅有兩個不相等實根,則實數b的取值范圍為。9．函數f的值域為。24415．已知a,b都為正實數,且則的最大值為。H1(x)=max{f(x),g(x)},H2(x)=mi值,min{p,q}表示p,q中的較小值）,記H1(x)的最小值為A,H2(x)的最大值為B,則A-B的值為()A.16B.-16C.a2-2a-16D.a2+2a-163-b3=1,求a-b的取值范圍。【解析】因為f所以函數f(x)的圖象關于點0,),|成中心對稱,所以f(x)max+f(x)min=1,即m+n=1.【點撥】研究函數的對稱性,利用函數的對稱中心解題.其中是R上的奇函數,故函數f(x)的圖象關于點成中心對稱,所以f(x)max+f(x)min=g(-x)+g(x)++=1,即m+n=1.【點撥】構造奇函數﹐利用奇函數的性質解題.【賞析】本題考查了函數圖象的中心對稱性,若函數f(x)滿足f(a+x)+f(a-x)=2b,則函數f(x)的圖象關于點(a,b)成中心對稱,因此兩個解法均從函數的對稱性入手,不同的是解法1直接計算f(x)+f(-x),得到其結果為定值,進而得出函數的對稱中心;解法2則對f(x)進行變形,利用函數和G(x)=(x∈R)是奇函數的特征得出f(x)的對稱中心.【解析】其中y>0.利用等差數列的等差中項公式可知,由(3),(4)可得-22d2,即0d21.又因為y=·8-4d2是構造等差數列解題.,移項得y2-4=2所以.平方,化雙根號為單根號,利用復合函數的性質解題.(4,.(4,.【點撥】由隱性條件(·1-x)2+(·x+3)2=4類比同角三角函數平方關系進行三角換元,利用三角函數有界性解題.【解法4】設·1-x=ycos2θ,·x+3=ysin2θ,所以1-x=y2cos4θ,x+3=y2sin4θ.所以4=y2cos4θ+y2sin4所以=cos4θ+sin4θ=2（也可這樣處理=cos4θ+sin4θ=1-sin22θ∈【點撥】由條件等式出發﹐進行升冪三角換元﹐將問題轉化為二次函數與三角函數的復合函數求值域問題.+v的最大值M與最小值m的比值."當直線u+v-y=0與圓u2+v2=4在第一象限相切時,y取到最大值當直線u+v-y=0由原點移動到剛好與圓弧u2+v2=4(u0,v0)相交時,y取到最小值m=2.如圖1-1所示故.【點撥】采取雙換元,注意隱性關系﹐將問題轉化為動直線與定曲線的位置關系問題求解.b=(p,q)的終點表示圓心在原點,半徑為2的圓在第一象限部分上的點(如圖1-2,包含圓與x軸正半軸和y軸正半軸的交點).所以a,b的夾角范圍為,所以y的最大值的最小值m=2，故.【點撥】構建向量,利用向量的數量積求解.所以-2z2,從而0z24,又因為y2+z2=8,所以y2=8-z2,所以4y28, 又y0,所以2y22,所以y的最大值的最小值m=2.故.【點撥】構造對偶函數,利用兩個函數的關系解題.min所以.【點撥】利用導數﹐結合單調性解題.【解法9】由柯西不等式當且僅當時等號成立.所以當x=-1時,y有最大值.【點撥】利用柯.西不等式解題.根據該性質,記,的平均數為,則s2=0,所以0,所以y28.故y有最大值,【點撥】構造一組數據,利用方差性質求解.【賞析】從本題的特殊性考慮﹐由“求根式和的值域問題”想到去根號﹐首選平方法(如解法2),平方后必須注意自變量的取值范圍(平方后會改變自變量的取值范圍),然后利用二次函數求值域的方法求解.其次就是換元法去根號(如解法5),這里注意到兩個被開方數之和為常數﹐故換元后可變為圓的問題﹐轉化為直線與圓的位置關系.當被開方數之和不為常數﹐需要通過消元找到兩個新變量之間的關系才可以求解.最常用的換元方法還有三角換元法(如解法3、4兩種方法都基于兩部分的值域是相同的,才可以這樣換元),解法3實際上也是在觀測出被開方數之和為定值4后的換元方法﹐這里由于兩個根式都為非負數,因而三角換元時需要對角θ的范圍加以限制然后轉化為三角函數間題求值域.解法4的換元是在換元時考慮到非負數直接設成平方的形式,換元后要消去x得到y與6的關系(配方法)求解(實際上這里還有一次換元的思想).構造向量也是解題中常用的方法(如解法6).從所求函數的表達式聯系到向量數量積的形式,因而設兩個向量,由y=a.b注意到a為固定向量,向量b的長度為定值,且在第一象限內,a與b的夾角范圍可以確定,因而可以直接利用向量數量積的定義來求值域.構造對偶函數(解法7)也是解決本題的方法之一,利用兩個函數之間的關系求解.這里構造的x+3-為增函數,因而容易求出值域.利用導數求解(如解法8)也是求函數值域的常用方法,先利用導數研究函數的單調性求出極值點,再比較端點的函數值,得出最值,即為函數的值域.柯西不等式(如解法9)在求最值中也有它的獨特之處,這里用柯西不等式求出最大值,還要用其他方法求最小值.對于本題來說還可以利用統計學中方差的性質求解,需要構造相關的數據來解題,構造等差數列也可以解決本題,請同學們自已體會.當然本題的多種解法的來源都是在觀察后,對表達式進行適當的變形轉化或換元,這也說明解題之前應該先觀察分析題目的條件,再進行方法的選擇.【解析】當x>-6時,f,當x<-時,f,(x)<0.所以f(x)即函數f(x)的最小值為·i6.【點撥】利用導數﹐研究函數的單調性.2-12(8-t2)0,ts6(負值舍去).即函數f(x)的最小值為·i6.【點撥】平方后轉化為一元二次方程,利用其判別式解題.從而問題等價于定點A(0,-2)與單位圓在y軸右側圓弧上的動點B連線的斜率的·倍,結合圖1-3可知,當直線AB與圓弧相切時斜率最小,此時上OAB=,【點撥】三角換元,利用連線的斜率,轉化為直線與圓相切解題.如圖1-4,當直線t=2a+b與雙曲線右支相切時,t有最小值,將直線方程與雙曲線方程聯立消去a得到關于b的一元二次方程,利用判別式非負得到t的最小值為·.【點撥】換元后﹐利用雙曲線與直線的位置關系解題.【點撥】利用柯西不等式解題.【賞析】本題與上一題都是求函數值域,因而可利用導數法(解法1)求解,該方法屬于通法;解法2是采用平方法去掉根號,再將x視為主元轉化為一元二次方程有解的問題,利用判別式構建關于y的不等式而得解.用判別式法解題時需要注意自變量的范圍確保等價轉化,否則會擴大y的范圍,這里x取任意實數因而可以只考慮判別式,如果不是任意實數,實際上轉化為一元二次方程在某區間上有解問題,胔要增加其他條件的約束才能得到正確的結果,不能只考慮判別式;解法3是通過三角換元將被開方式轉化為完全平方形式去根號的,使用此法要注意換元前后的變元的取值范圍確保一致,經過這樣處理后就可以采用數形結合的方法或采取主元法利用三角函數有界性求解;解法4是將單變元轉化為多變元間題,這樣有利于將問題轉化為圖形位置關系問題采取數形結合法解題;解法5利用柯西不等式配劮是關鍵,對思維能力要求較高,配湊可以在明確目標后采取待定系數法誦討比較系數來完成.的值域.【解析】【解法1】如圖1-5,設P(cosx,sinx),Q(-2,0),則動點P的軌跡是單位圓x2+y2=1,問題轉化為求定點Q到單位圓上任意點P的連線斜率的取值范圍.當直線PQ與單位圓相切時分別取最大值與最小,故即所求函數的值域為.右邊結構形式,類比直線斜率坐標公式,將間題轉化為定點（一2,0)與單位圓上連線的斜率取值范園問題,利用幾何法求解.【解法2】變形為2y+ycosx=sinx,sinx-ycosx=2y,由三角函數的有界性得|sin(x+φ)|1,解得-y.【點撥】利用輔助角公式,結合三角函數的有界性求解.整理成關于t的二次方程yt-2t+3y=0.由Δ=4-12y0,解得-3y3.(化為y=之后,亦可以用均值不等式或用導數來求解.)【點撥】利用三角函數萬能公式將問題轉化為一元二次方程,再利用其判別式求解.所以當+2kπ時,y取最大值【點撥】直接用導數﹐研究單調性解題.先將y=兩邊同時平方,再將三角函數化異名為同名,將問題轉化為分式函數與三角函數的復合函數問題,利用換元法結合均值不等式求解.·y2【點撥】構造向量,利用向量數量積不等式解題.【賞析】利用導數研究函數單調性(解法4)是求函數值域問題的常用方法,不過也不能見到值域題就用導數求解,有時求導數就不容易了，求極值點更難.所以還需考慮其他方法.就本題來說考慮分式的形式用斜率的幾何意義,利用數形結合思想解題（解法1),設P(cosx,sinx),Q(一2,0),問題轉化為求定點Q到單位圓上任意點P的連線斜率的取值范圍,當直線PQ的范圍,兩種方法的目的只有一個:消去式子中的x,得到關于y的不等式;由萬能公式(解法3)可以把三角函數的不同類型統一為同名三角函數形式,進一步利用一元二次方程有解時判別式非負來解題;解法5把表達式平方后,轉化為cosx的表達式,通過換元利用均值不等式求解,這也是消元思想的體現.【例5】求函數y=(k>0)的最大值.【解析】2·i2,當且僅當k=時取等號.【點撥】分子移入根號內后﹐分離常數﹐利用均值不等式解題.所以,所以2,當且僅當k=時取等號.【點撥】借助公式a2+b2解題.【點撥】換元后﹐利用二次函數求最值.又k>0,所以4y216≠0.以上方程對于任意的實數k有解,所以上式的Δ=2564(4y216)(y24)0,即0y28, 【點撥】轉化為一元二次方程﹐利用其判別式求解.【賞析】本題的分式形式中分子不含根號,分母含有根號,可將分子平方后移到根號內.對根式內的式子進行分離常數(解法1)(2k)^{2}+1^{2}$,分子為2(2k+1),因而想到利用平方和與均值不等式a2+b2利用不等式的性質求解;把函數看成方程,兩邊平方后去掉分母,得到關于k的一元二次方程,利用判別式也可以求解(解法4),嚴枚地說方程應該有正數解,需要給出有一個正?和兩個正根的分類討論情況(請讀者自已完善).【例6】函數f(x)=sin2xcosx的最大值為【解析】所以y,故函數f(x)的最大值為.【點撥】對函數式兩邊平方，配湊出均值不等式結構.【解法2】因為f(x)=sin2xcosx=2sinxcos2x,【點撥】代數換元后,構造函數﹐利用導數求函數最值.【賞析】【解法1】利用均值不等式求最值,平方后可以奏配出因式的和為定值,但在使用時要注意“一正、二定、三相等”.【解法2】利用換元構造函數求最值,這是三角函數類型求最值的常用方法,先統一正、余弦,再還原構造函數,利用導數法求最值,主要體現了換元和構造的數學解題思想.【解法2】對學生要求較低,學生也容易想到,但是【解法1】不僅要平方,同時要配湊出三元均值不等式,這對學生能力的要求較高.,則的最小值是【解析】2由重要不等式得0<ab易知2ab關于ab在上單調遞減, 【點撥】采取雙換元a=sinx,b=cosx,注意隱性關系a2+b2=1,將問題轉化為求對稱式的最小值問題,利用基本對稱式表示,最后轉化為ab的代數式,從整體角度利用函數的單調性求最小值.所以(sinxcosx+sinxcos,當且僅當sinx=cosx,即x=時等號成立.【點撥】聯想三角恒等式sinx2+cosx2=1,配湊出柯西不等式結構.當且僅當sinx=cosx,即x=時等號成立.【點撥】結合sin2x+cos2x=1添加常量，配湊基本不等式結構.法3】利用配湊,但都要用到sin2x+cos2x=1這個恒等式;【解法2】是利用柯西不等式求最值,需要合理搭配,才能實現等號的成立.【解法1】、【解法3】對學生的要求較低,屬于通性通法.【解析】(2所以y2,則y.【點撥】三角換元后平方、換元﹐轉化為函數問題，利用導數法求最值.【解法2】因為f(x)=x(1+)是奇【點撥】分析函數的性質﹐縮小區間﹐利用導數法求最值.22,從而【點撥】利用奇函數性質縮小研究范圍﹐然后換元,平方有理化后利用均值不等式求解.【賞析】【解法1】是用三角換元法求最值,這是無理型函數求?值的常用方法,根據換元后的結構選擇合適的方法求最值.【解法2】是結合函數的奇偶性利用導數法求最值,此法需要關注研究范圍的變化.【解法3】是部分換元后配湊均值不等式求最值，靈活性較高【解析】f當且僅當,即x=1時等號成立.所以函數f(x)的值域為【點撥】轉化為根式函數與分式函數的復合函數形式,然后利用導數法求解,但在轉化時要對移入根號內的式子的值進行討論.令x=tanθ利用tan2a+1=對問題中的x采取三角換元,利用三角函數有界性解題.【解可知<θπ且θ≠,【點撥】構造向量﹐利用向量夾角公式把所求式轉化為三角函數問題.設P,如圖1-7.當x所以可得的左邊形式入手,類比斜率坐標公式,將問題轉化為定點與定曲線上點的連線斜率取值范圍問題.+2m+2,m所以【點撥】分式分母換元,轉化為一元二次函數問題.【賞析】【解法1】、【解法5】基本屬于同一類方法,通過分子或分母換元,利用均值不等式求最值,求解時需注意定義域的變化或變量的正負.【解法2】利用三角換元結合三角函數的有界性求最值.【解法3】從函數結構出發構造向量的數量積,利用向量的夾角求最值,靈活性較高.【解法4】仍是從函數結構出發,構造函數式的幾何意義,結合圖象,加以求解.求解過程中體現了分類討論、換元構造、數形結合等方法,考查了推理和計算能力.【例10】已知實數a,b,c滿足a+b+c=0,a2+b2+c2=1,則a【解析】【解法1】由a+b+c=0得b+c=-a,將式子兩邊平方得b2+c2+2bc=a2,點-拶再把a2+b2+c2=1代人可得2bc=2a2-1,此時用不等式b2+c22bc放縮可得1-a22a2-1,解得-a,所以a的最大值是.【點撥】先利用等式消元﹐再結合基本不等式轉化為關于a的不等式.【解法2】由a+b+c=0移項平方得a2=(b+c)2,代入a2+b2+c2=12+,解得-b+c.故a的最大值是.【解法3】將a+b+c=0兩邊平方后得a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc=0,繼續消元,將c=-a-b代入化簡,并將含有b的式子分離到一邊,(2,2得2a2-1=-2b(a+b),而-2b(a+b)2×(|-b+a+b)|2=(2,2即2a2-1此時等號成立的條件是a=-2b=-2c), 所以a的最大值是.【點撥】對條件式平方﹐整體代入后消元﹐結合基本不等式轉化為關于a的不等式.【解法4】將a+b+c=0兩邊平方后得a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc=0,將c=-a-b代人化簡,得2a2+2b2+2ab-1=0,(2,22即2a2-1=-2b2-2ab=-2(|b+a)|2+(2,22【解法5】將c=-a-b代人a2+b2+c2=1,消去c得2b2+2ab+2a2-1=0,因為這個關于b的一元二次方程有實數解,所以Δ=(2a)2-4×2×(2a2-1)0,解得-a,所以a的最大值是.【點撥】利用已知條件代入消元﹐主元法結合判別式解決問題.【解法6】由a2+b2+c2=1,a+b+c=0,消去c得a2+b2+ab-=0,當b<-時,f,(b)<0;當b>-時,f,(b)>0.因為f(b)=b2+ab+a2-有零點,所以min=f0,所以-6,所以a的最大值是.【點撥】代入消元后﹐轉化為函數有零點問題.【解法7】由a+b+c=0得b+c=-a,平方代人a2+b2+c2=1,得b2+c2+bc=,即bc=(b+c)2-=a2-,可將b,c看作方程x2+ax+a2-=0的兩根,(2,333所以Δ=a2-4(|a2-1)|0,解得-6a6,所以a的最大值是(2,333【點撥】利用條件構造以b,c為根的一元二次方程,利用其判別式解決問題.【解法8】將a+b+c=0兩邊平方后得a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc=0,不妨設abc=m,則a,b,c是方程x3-(a+b+c)x2+(ab+ac+bc)x-abc=20的三個根.設f(x)=x3-1x-m,下面求函數f(x)的零點的最大值.2=x2=-6時,函數f的極大值點在x軸上,即m=-時,a取得最大值.【點撥】-a2sin1-a2cosθ+1-a2sinθ=0,所以-a,所以a的最大值是.【點撥】【解法10】設a=cosθ,b=sinθcosφ,c=sinθsinφ,依題意可知a=cosθ>0,所以cosθ+sinθcosφ+sinθsinφ=0,所以cosθ+sinθsinφ+),|=0,【點撥】b2+c2,所以a22(1-a2),解得a2,所以-a,故a的最大值是.【點撥】構造向量,利用向量數量積不等式解決問題.【解法12】用x,y替換b,c,則有x+y=-a,x2+y2=1-a2.點(x,y)同時滿足兩個式子,說明該點既在直線上,又在圓上.故圓心O到直線l的距離d不大,所以-a.當直線l與圓O相切時,a分別取得最大值和最小值.由此可知a的最大值是 .解賁名此安徽劉志勇【點撥】【解法13】設A(a,a2),B(b,b2),C(c,c2),則A,B,C三點都在函數y=x2的圖由題設易知三點不全重合.當a,b,c互不相等時,△ABC的重心為設BC的中點為,易得D, 當b=c即B,C兩點重合時,a的最大值是. 綜上可知,a的最大值為.【點撥】222考慮到求a=-(b+c)的最大值,所以$b,c$為負數.原問題等價于:在△AB+AC的最大值.根據正弦定理得23所以AB+AC=-b-c=23,bc取得最大值,故a的最大值是.【點撥】消去a后﹐聯想到余弦定理的結構,構造三角形,利用正弦定理解決問題.,所以a,當且僅當b2=c2時,a取得最大值.【點撥】利用柯西不等式把條件式化歸為關于α的不等式.所以a21,所以a,所以a的最大值為.【賞析】本題的16種方法,總的來說分為六類:代數法、三角換元法、向量法、幾何法、柯西不等式法、等差中項法.其中代數法主要體現在消元,可以是均值不等式消元,也可以是判別式消元,主要體現在靈活的性質化三元等式問題為一元不等式問題;柯西不等式法和等差中項法都是為了消元以實現最值的求解.學生要熟練掌握函數的最值問題,有選擇地使用各類方法.【例11】設a,b為正實數,則的最小值為【解析】【點撥】分式分母換元后﹐利用基本不等式解決問題.【解法2】【解法3】令去分母得(2y-2)b2+(3y-2)ab+(y-1)a2=0（y≠1)于是Δ=(3y-2)2a2-4(2y-2)(y-1)a20 解得y2·2-2, 所以ymin=2·2-2.【解法4】【解法5】【解法6】1-t【解法7】【賞析】【解法1】將分母換元;【解法2】對分式通分,整體配湊;【解法4】是常數分離,構造二次齊次式.三種方法雖然最終都是運用均值不等式求解,但在構造形式上明顯不同,體現了解題思想的多樣性和解題角度的靈活性.解澤3構誥一次方程.枟用判別式求解:解汗5,解汗6,解汗7均是構誥函數,最后利用均值不等式求解.【解法3】構造二次方程,運用判別式求解;【解法5】、【解法6】、【解法7】均是構造函數,最后利用均值不等式求解.的取值范圍是()所以直線系的斜率為所以.故選D.【解法2】令線性規劃,用斜率型解答,如圖1-9),所以故選D.【解法3】所以-52x+y0,03y-4x5,根據線性規劃知識,知A,C,D三點的坐標分別為(2,-1),如圖1-10,所以的取值范圍是.故選D.【賞析】【解法1】采用整體代換,【解法2】、【解法3】結合條件,借三種解法都把問題化歸到斜率問題進行求解.這些方法需要學生掌握靈活變形的技巧,化代數問題為幾何問題.【例13】記min{a,b}為a,b兩數的最小值.當正數x,y變化時t=min則t的最大值為。 所以t22,則0<t2,所以tmax=2.【解法2】由題意可得t2x+y【解法3】由題意可得t2x+y令x=ky(k>0),則t2,進而得t2k2-4k+2t2-20有正數解.設f(k)=t2k2-4k+2t2-2,因為對稱軸>0,所以f,【賞析】三種方法都是利用最值的條件得到關于t的不等關系,只是【解法1】利用均值不等式實現最值的求解,【解法2】對分式進行齊次化,換元構造出均值不等式,【解法3】通過倍值換元,實現消元的目的,轉化為不等式求解.相比較而言,【解法1】、【解法2】較常規,也容易想到,【解法3】是一種奇思妙解.【例14】設p>0,q>0且p3+q3=2,求證:p+q2.因為p3+1+13p(1),q3+1+13q(2).兩式相加得p3+q3+43(p+q),因為p3+q3=2,所以p+q2,當且僅當p=q=1時等號成立.思路一：假設p+q>2,則p>2-q,所以p3>(2-q)3=8-12q+6q2-q3,即6q2-12q+8<p3+q3=2,化簡得(q-1)2<0,與(q-1)20矛盾.假設錯誤,所以p+q2.q22=p3+q3=(p+q)(p2-pqq2=(p+q)(p+q)2-3pq所以p+q2.【解法4】因為p3+q3=,所以38,所以p+q2.【拓展】權方和不等式等號在ai=λbi時取得.【解法5】要證p+q2,即證(p+q)38,即p3+q3+3pq2+3p2q8=4(p3+q3),化簡可得p3+q3-p2q-pq20,即p2(p-q)+q2(q-p)0,(p-q)(p2-q2)0,(p-q)2(p+q)0顯然成立,得證.【解法6】令p+q=r,則p=rcos2q=rsin2則2=p3+q3=r3(cos6θ+sin6θ)=r3(cos2θ+sin2θ)(cos4θ-cos2θsin2θ+sin4θ)所以r38,所以p+q=r2.【解法7】因為2=p3+q3=(p+q)(p2-pq+q2),設p+q=t,則t,即t38,所以p+q=t2.【賞析】【解法1】是從對稱角度通過三元均值不等式,由三次式轉化為一次式,再利用不等式的同向可加性得證的,此方法求解主要體現了類比聯想求解的策略;解法3、7均是將p3+q3利用基本對稱式p+q,pq表示后再借助均值不等式pq進行放縮得證,此方法屬于通法,學生易于掌握;【解法6】采取設值再三角換元,這樣處理易于溝通條件與欲證問題的關系,體現了由相等到不等的辡證轉化,但在三角函數恒等變形中對學生的計算能力要求較高;柯西不等式的推廣一一權方和不等式是處理這類結構對稱問題有效利器,快捷方便,如【解法4】;反證法、分析法是證明不等式的最為常用的方法（如【解法2】,【解法5】）.2211a2,根據OA.OBOAOB(向量柯西不等式),a1b2222)2 a22 ,222由已知得a由已知得a2222時取等號.【解法2】22設1b2=λ2a2,則a2=λa2 1λ2a2·1a221λ2a21a21λa2,,整理得a2(λ1)2=0,所以a=0或λ=1.2222【解法3】則cosasinβ+cosβsina=1,【解法4】設2222因為x2+a22ax,b2+y22by,2【解法5】1a22, 2所以22【解法6】設P(x0,y0)是圓x2+y2=1上的任意一點,則圓x2+y2=1在點P處的t線方程為設是單位圓x2+y2=1上的兩點,2又點B在圓x2+y2=1上,所以點A與點B重合,【賞析】【解法1】利用向量不等式OA.OBOAOB及均值不等式,結合兩個不等式取等號的條【解法2】首先對已知條件進行分析得出然后通過代換求值,進而得到a2+b2=1.【解法3】、【解法4】利用換元法進行證明,其中【解法3】,利用三角換元法進行證明,兩角和與差求出a+β=,進而得到a2+b2=1.【解法4】利用均值不等式進行證明,結合取等號的條件得到結論.【解法5】利用代數式的恒等變形,將等式移項后整理,利用完全平方式得到b=11-a2,進而得到結論.【解法6】利用圓x2+y2=r2在其上一點P(x0,y0)處的切線方程為x0x0y2及切點的唯一性得到a2+b2=1.1．已知函數f(x).x<2,若關于x的方程f(x)=kx(k>0)有且僅有四個根，設其最大值為t,則函數g(t)t2-6t+7的值域為。【解析】當0x<2時,f(x)為圓(x-1)2+y2=1的上半部分(含點(0,0),但不含點(2,0)).如答圖1-1.象以此類推.當直線y=kx與圓(x-5)2+ 1相切時,k=,聯立,y2當直線y=kx與圓(x-3)2+y2=1相切時,k聯立,y2又t2-6t+7的對稱軸為所以min=g2．求函數g(x)=2-3x的最大值。.當且僅當2x=-3時，即時取等號.3．已知函數的最大值是M,最小值為N,則M+N=。因為f所以函數g(x)為奇函數,所以g(x)的最大值與最小值之和為0,所以f(x)的最大值與最小值之和為2,即M+N=2.1,所以4x4x-x24sin2θ.4cos2θ=8sin2θ-4sin4sin2θ.4cos2θ=8sin2θ-4sinθcosθ,即為所求值域.7．求f的最大值,并求出此時k的值。令72k2-48所以原式可變為當且僅當=時取等號，即t28．已知函數f(x)=x-·,若方程f(x)=b有且僅有兩個不相等實根,則實數b的取值范圍為。【解析】由f(x)=b可知x-·2x-x2=b，即·2x-x2=x-b與y=x-b有兩個不同的交點.當直線y=x-b與半圓y=·相9．函數f的值域為。所以2L2,.所以-1g(t)<4，所以f(x)的值域為|「-12L2,.(2,sinx+cosx_______(2,sinx+cosx_______所以在上是單調遞誠函數，12.求函數f(x)=4-2x2+x·的最大值與最小值。則y=4-2sin2a+sina