高三理科数学二轮专题一-最值问题(教师版)

－π－π中高三理科学二轮专题——最值问题

求()在间

[

]

上一三函数的最值问

最值最小．1函数＝2sin

(0x≤9)的大值最小之和()

解：()＝2sin2·cos

ππ－2cos2x·sin＋3sin2－cos2x44A－3．．－D－1－3

＝2sin2x－2cos2x＝2sin

π3π2.为x)在区8

上πππ73解当0x≤时，≤－≤，－≤sin366

x3

π增数在区，数，(0)－，2

＝2，≤

1所以函数最大值为2最值为3，其和－3.答：

＝，故函数(x)在间

[

]

上最值为22，最小为－A

2.2函数＝sin

＋sin－的值()

8、知数()＝cossin2，求()的最大。5A．[1,1]B.，14

解：题意()2cos·sinx＝2(1－sinx)·sinx.令＝sinx，∈－1,1]，(＝－)＝－.C.

55，D.44

令′t)＝－

＝t＝±

33

.

当＝±数值0；解＝＋sinx－，令sin＝，则y＝＋－，∈[1,1]画函数像图所，从图像以看，当

当＝－

33343时函值为；当t时，函数值.393915t－及＝1时函取最值，入＝t＋－，得y∈124

4343()＝，即f(x)最大为.993已知数f()＝－2sin

＋6sincos－2cos＋x∈

π1cos2＋8sinx9．＜＜时函f()＝的小值为(2sin2xA2．3C．4D431

＋3π＋3π1cos2＋8sinx2cos＋8sincosx4sinx解x)＝＝＋≥sin2x2sincossinxcos

π2sin3

π的像又∵得到的图关于y轴对称，有＋m32

cosx4sincosx4sinx1·＝，且仅当＝，x＝±时，等sinxcossincosx2

ππ＝π＋，∈，∴＝π＋，∈Z.∵＞，∴＝时，的26π1号∵＜＜，存使tan＝这时f()＝4.答：22

π最值.6

答：10知数fx)2sinωxω>0)在间

[

]

上最值是2，

二数中的值问题则ω的小等于()23A.B.C．2D．33

设,满足约条

x0,xyx

zy

的小）解：∵x[]则∈[要函数f()34πππ3π3[,]上得小值2，－ω≤－或ω≥，≥，324223故ω的小为.答案B2

A.C.解：选B.由z=2x-3y得3y=2x-z，即2x。出可行域图平移直32x，图象可知直线x33311函＝3cosxsin(x∈的图向左平移(＞个单长度，得到图像关于轴称，m的小值()

经点时直线

23

的距大，

图πππ5πA.B.C.D.12636

此

取最值，

得解：∵＝＋sin数＝3sinx(x∈的像向移mm＞0)个位长后，变为数＝

，(3,4),代直线z=2x-3y得

，B.2

在面直坐标中M为不式组

，表

z2yz

3x

平目函数过点A

x

最经点B时

x

最，示区上一点，则直OM斜的最值为（）1A.2D.3

1x的值范是[]2三圆的最问题解:作可行域图由3可当

1．知圆C：－2)

＋y＝1，C：－3)＋y－

＝9，MM位点D处，OM斜率最由得，xyy

N分是圆，C上动点为轴上的动点PM＋PN的小2值()A．52－417－．6－2D.D故

此时OM的率为

133

图

解两圆均在第一限位x的侧PC＋的小值关x轴对称C′(2(|＋|)＝C′12min2＝5，而(＋＝－＋3)＝2－min抛线y在处切线与两标轴成的三角区域D(包

已圆：(x－＋(＝1和点(－，Bm,，圆含角内部边).若点的值围是

P(y

是域内任意点则

xy

C上在点，得∠APB＝90°则的最大值为()A．7B．C．D．解根题意画出示意，如所示，则心C的标为(，解：

y

得物

x

2

在

x

处切方程

1径r，＝.因∠＝，连OP，易OP＝＝2y2(

即

yx

，得

要的大圆C上点P到原点O的大离OC行如3中影，标函

＝3＋＝，以＝＋r6，的大值6.已圆：x＋y＝4，直线x－y＝上有一动点，点作图3

3

k＋1图xk＋1图x→→圆O的一条线切点，OPA的小是()

由＝

23＝得k－23A．2B．D8

四圆曲线的最值问解圆O到线－3y＋10＝0的距离d＝

101＋

＝10>2，所

1．知F为物线＝的点，AB在抛物上且于轴→→的侧＝其O为标原)则△与面之→→以线圆相．因为PA与相，所PAOAAO＝0.

的小()17A．2B．38

D.10→→→→→→→→→→→→又OPA，POPA＝PA＋AO＝PA＋AOPA＝.又PA→→→→→→⊥OA所以PA＝＝|PO－OA＝||－显然PO的小值是点→→O到线－y＝的距离＝10，OPA的小值(－＝6.故C.过点，0)引线l与曲＝－相于A、两点，为标原，△的积取大值时，线l的斜等()3A.B－．D－311π解∵＝OA∠AOBsin≤当AOB时AOB22222面最到AB的距＝2设AB方为y(x2)(，图

解设出直线的方用割法示出的积将＋表为一变量的数，AFO选适方法其最值．直线的程x＝＋(如5)，(x，y)，B，，122→→∵OB＝∴x＋y＝2.又＝＝x，12∴y＝－2.2联，y－ny－m，∴1y＝－＝－，＝，11即M(2,0)又＝＋S＝OM＋||＝－yAMOBMO212111＝OF|·|y|＝y，∴＋＝－＋y＝y＋≥2AFO81ABO181819y＝3，且仅y＝时等号立答案B813x已动点是圆＋＝>1)上任意点，AB是G：a4

4242245224242245229→→31＋(y－2)＝的一直AB是点CB的大值是.求圆的程x→→→解设C坐为x)则＋y＝，接CGACG，a→→→→→→→→→＝＋＝CG－GA，又，可CACBCG－＝x＋(997－－＝a－)＋2)－＝－(a－y－y＋，其y∈[－44441,1]．为，当y≤1，a≤时取y－1，2→→74有大－－＋＋＋＝，与件矛；当＝>442

→→1所以OP＝x·(＋1)y＝x＋＋3＝(x＋2)＋x∈[－2,2]，04→→→→即OFP∈，所以)＝答已抛物y＝4x，：(－＋＝，过点作线l自上下次上述曲线交于A，，CD(如6所示)，|·|的值确()A．于1B．小是1等于D最大是解设线l：xty1，入抛物线程，y－4－4＝设Ax，y)D(x，)，据抛物线2义＝x＋，DF＝x＋1，故|＝x，CD＝，274＋－→→－，时，CB的大值是，4

yyy所＝x＝＝而y＝－，161入式AB＝，选

图74＋－1631由件＝，即－a＋10＝，解得＝5或44x＝2(舍)．上所述，圆Ω的方程＋＝xy3．点和分为椭＋＝1的心和左焦，点P为圆上4→→的意点，PFP的大值()A．2B．3．6D．xy3x解设P，，则＋＝，y＝－，因为F(－，304

x5．(－3，，(，M是圆＋y＝41上动，则＋的小________MD|x解由椭圆＋＝，c＝4－1＝，＝3，，D是椭圆411两点MC＝rMD＝r则r＋r＝2a＝∴＋＝＋MDr1r＋r＋1＝＝.又rr≤＝＝，＋＝≥1.rrrrr144MDrr2111当仅r＝r时上式等号立．＋的最值为1.答2MCMD|5

222＋＋1.因a>0，a>0，以＝＋222＋＋1.因a>0，a>0，以＝＋31

→→R则BQ的最大为)6．知抛物线＝x过点(4,0)直线与抛线相于(x，y，(，两点则y＋y的最小是_______．2

3A.2

33B－C.28

3D－8解

(1)当线斜率存在时，线方为x，入＝x得

→→→→→→解如8BQCP＝BA＋)·(＋)交为(，，－4)，y＋＝16＋16＝32.(2)直线斜率存在，设线方程为ykx4)，y＝联，

→→→→→→→[＋(1－)AC]·(＋λ)＝AC－AB－

图4消x得－y16＝0，题意知k≠0，y＋＝y＝16.k1216∴＋＝(＋)y＝＋32>32.综合知＋)＝32.21k五向中的值问题1、直角坐标xOy中已点A，(2,3)，C(3,2)，(x，)→→→在三边成的域含界)上.设OPmAB＋(，n∈R，用，y表－，求－的大．→→→解＝＋nAC(x)＝m2＋，n，∴两相减，－n＝－，令－xt知线＝xt过(2,3)时t取最值，故－的大值1.图已正三形ABC的长1，是边→→→→上动，点Q是边的动点，P＝AB，AQ－，∈

→→→－)AC＋(1－)AB＝λ－＋1)×cos60°11－＋－1＝－－≤≤1所以当λ1→→3＝时，CP的大值－，选D.28六数中的值问题1设项等数列{a}前2014项等于则＋的最小a为．解由题意可a>0，为数{}等数列，故前项为2014S＝＝得a＋＝2.等数列的性可1得a＋＝＋，所以a＋＝所以＋＝01201430122a＋012aaa2a20122012aa＋≥2×＝仅＝a＝a，aaaaa236

2得2214＋nm＝1＋＋＋≥5＋＝22*3939722得2214＋nm＝1＋＋＋≥5＋＝22*39397236解<B<而B－<当2B＝B时的小为.1也是差数{}公差为时取等号．以＋≥×2＋＝2012

b＋c－a－bc即b＋c－＝由余弦理，得＝＝22、项等比数{}足a＝＋2，若存在a，，使得a＝1mn

∴A

3由b2

＋

－bc＝，b

＋

＝＋.∵

＋

≥2bc，416

14，＋的最值(n25137A.C.643

)

3D.2

1＋bc≥，bc≤4.S＝bc·sin≤，(S)＝max．在锐中a别为角A，，C的边且4sin

＋2解由a＝＋a，＝q＋，q＝2(q＝－舍去)，a＝1

7－A.216＝16＋n－＝4＝6＋＝n1m1m62

14＋

(1)求角A的小(2)若边高1，eq\o\ac(△,求)ABC面的最小值＋－解因