一道高考題的解法賞析

李濤

例 （2014年高考遼寧卷—16）對于[c>0]，當非零實數[a，b]滿足[4a2-2ab+4b2-c=0]且使[|2a+b|]最大時，[3a-4b+5c]的最小值為 .

分析 本題主要考查最值求解的基本策略，常規做法是利用函數思想來變形與把握，其間運用到函數與方程、不等式等基本性質，是一道入口較寬，做法多樣，同時又能很好區分不同思維層次的好題目.

解法一（方程思想） 不妨令[t=2a+b]，則[2a=t-b].

代入原方程可得，[6b2-3tb+t2-c=0].

由上述方程是關于[b]的二次方程有實數根可知，

[Δ≥0?t2≤85c].

從而[|2a+b|]取最大值[8c5]，此時[c=5t28]，

易求[b=t4]，代入[2a+b=t]，則可得[a=3t8].

于是[3a-4b+5c][=8t-16t+8t2=8（1t-12）2-2≥-2]，

當且僅當[t=2]時，[a=34，b=12，c=52]，此時[3a-4b+5c]有最小值-2 .

點撥 本題的關鍵是如何把握眾多未知參數的關系，考慮已知題設方程的二次型結構，利用判別式法較好地生成了[a]與[b]的關系均用[t]去表現，以[t]為主元，利用函數的思想方法，為后續問題的研究打開了局面.

解法二（三角換元） 將[4a2-2ab+4b2=c]變形為[（2a-b2）2+15b24=c]，

令[2a-b2=ccosθ]，[152b=csinθ]可得，

[2a=c15sinθ+ccosθ]，[b=2c15sinθ].

則[|2a+b|=c|315sinθ+cosθ|]

=[8c5|sin（θ+φ）|≤8c5]（其中[tanφ=153）]，

當且僅當[θ+φ=kπ+π2（k∈Z）]時，等號成立.

即[tanθ=cotφ?sinθcosθ=315=15b22a-b2]，

可得[2a=3b].

此時[2a+b=8c5]聯立可得[a=3b2，c=10b2].

所以[3a-4b+5c][=2b-4b+12b2][=12（1b-2）2-2≥-2].

當且僅當[b=12]時，[a=34，c=52]，此時[3a-4b+5c]有最小值-2.

點撥 從關于[a，b]的二次式容易聯想到圓[x2+y2=r2]的三角參數方程[x=rcosθ，y=rsinθ，]但難點是先要視“[c]”為常數，將[a，b]分別用參數[θ]去代換，從而實現多元向一元轉換，最終利用三角函數的有界性解決問題.

解法三（均值不等式） 同解法二有[（2a-b2）2+15b24=c]，

可變形為[（2a-b2）2+53（3b2）2=c]，

由均值不等式的性質可得，

[（2a-b2）2+5c8≥25c8|2a-b2|]，

[53（3b2）2+3c8≥25c8|3b2|]，

將以上兩不等式相加可得，

[2c≥25c8（|2a-b2|+|3b2|）≥25c8|2a+b|]

即[|2a+b|≤8c5].

當且僅當[2a-b2=5c815b2=3c8]，即[2a=3b]時，等號成立.

此時[2a+b=8c5]，以下同解法二.

點撥 從已知等式配方后的結構中考慮到[2a+b=（2a-b2）+3b2]，則需從二次式轉換到一次式，此時均值不等式就派上了用場.

解法四（柯西不等式） 由[4a2-2ab+4b2=c]可得，

[（2a+b）2=3（4a2+3b2）-2c]，

根據柯西不等式的性質知

[（4a2+3b2）（1+13）≥（2a+b）2.]

從而[13[2c+（2a+b）2]?43≥（2a+b）2]

[?（2a+b）2≤8c5][?|2a+b|≤8c5]，

當且僅當[……