例题(19)、如图(2-1)，P为正三角形外一点，且不与A、B在同一直线上，AP=2，BP=3，当此三角形的边长、位置都可改变时，PC的长能否取到最大值？若能取到，求出这个最大值；若不能取到，请说明理由。

解：把△APB绕点A顺时针旋转60⁰，使AB与AC重合，得△ACP₁，连结PP₁，则△APP₁是正三角形，PP₁=AP=AP₁=2，P₁C=PB=3，当P、P₁、C不在一直线上时，　 PC<PP₁+P₁C=2+3=5，只有当P、P₁、C在一直线上时，PC之间的距离在到最大值，

这个最大值是PP₁+P₁C=5。

例题(18)、已知X₁，X₂，X₃，X₄，X₅，X₆，X₇ 为自然数，且X₁ < X₂<X₃< …<X₆<X₇,又X₁+X₂+…+X₆+X₇ = 159,则X₁+X₂+X₃的最大值是_--------　 。

解：∵X₁<X₂< … <X₆<X₇ ，且它们均是自然数，∴X₇≥X₆+1≥ …≥X₂+5≥X₁+6；X₆≥X₁+5，…，X₂≥X₁+1；∴7X₁+(1+2+…+5+6)≤X₁+X₂+…+X₆+X₇ = 159，∴7X₁≤138，X₁≤19，∴X₁的最大值是 19。同理6X₂+(1+2+…+5)≤X₂+X₃+…+X₇ = 140，∴X₂≤20，X₂的最大值是20；…，　 X₃的最大值是22。∴X₁+X₂+X₃的最大值是 61　 。

例题(17)、已知三个非负数a、b、c满足3a+2b+c = 5,2a+b－3c = 1,若Q = 3a+b－7c ,求Q的最大和最小值。

解：由已知条件3a+2b+c=5 ，2a+b－3c=1得a = 7c－3,b = －11c+7,∴Q = 3c－2,从而 c = . ∵a、b都是非负数，∴7c－3 ≥0,－11c+7≥ 0, ≤c ≤ 　,　 ∴－≤Q ≤－ . ∴Q的最大值是－1/11，Q的最小值是－5/7。

[本例先用c代换a、b ，根据非负数性质确定c的允许值范围，在c 的约束下求Q的值域，确定Q的最大、最小值。]　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

例题(15)、若│y│≤1,且2x+y = 1.则2x²+16x+3y²的最小值是_------。

解：∵∣y∣≤1,∴－1≤y≤1,由2x+y=1得y=1－2x，即－1≤1－2x≤1,∴0≤x≤1.

又∵y=1－2x,∴y²=4x²－4x+1,∴2x²+16x+3y² = 14x²+4x+3 = 14(x+)²+.　 ∵0≤x≤1,而二次函数的图像对称轴是直线x=－，在对称轴的右侧，y随x增大而增大，∴当x=0时，原代数式的最小值是3 。(当x=1时有最大值21。

例题(16)、设m是不小于－1的实数，使得关于X的方程X²+2(m－2)X+m²－3m+3 = 0 有两个不相等的实数根X₁，X₂ 。求+的最大值。

解：∵原方程有两个不相等的实数根，∴⊿ > 0，解得m < 1,且已知m是不小于－1的实数，∴－1≤ m < 1 。

由韦达定理得：X₁+X₂ = 2(2 – m), X₁·X₂ = m²－3m+3 ,

y = += =2(m²－3m+1)=2(m － )²－ .y是关于m的二次函数，对称轴为直线m =，在对称轴左侧，y随m的增大而减小，因为－1≤m< 1 ,所以当m = －1时，y的最大值是10，∴原代数式的最大值是10 。

[说明：二次函数最值的确定，要根据自变量的取值范围来确定，当自变量的变化范围是一个闭区间时，它一定有最大和最小值，若是半闭半开区间时，它只能有一个最大或最小值，这个最值不一定在顶点取得；若是开区间则由顶点位置确定最值。]

例题(12)已知0≤a≤4,那么┃a-2┃+┃3－a┃的最大值等于(　 )

　　 A． 1　　 B.　 5　　 C.　　 8　　 D.　　 3

解：根据已知条件采用取零点分段讨论法求最大值。根据绝对值的几何意义，a=2 ,a=3是两个零点，结合0≤a≤4分成0≤a≤2,2<a≤3,3<a≤4三段讨论。1，当0≤a≤2时，原式=5－2a，当a=0时达到最大值5；2，当2<a≤3时，原式=1；3，当3<a≤4时，原式=2a－5，当a=4时达到最大值3；综合123在0≤a≤4上原式的最大值为5 。所以选取B。

例题(13)、是一个五位自然数，其中a，b，c，d，e为阿拉伯数字，且a<b<c<d ,则│a-b│+│b-c│+│c－d│+│d－e│的最大值是_---。

解：由已知条件a<b<c<d分析，化简本题的关键是化去│d-e│中的绝对值符号。所以分两种情况讨论，当d≤e时，原式=e－a,当e=9，a=1时原式的最大值为8；当d>e时，原式=2d－a－e，当d=9,a=1,e=0时，原式的最大值为17 。所以原式的最大值为17 。

例题(14)、1，求代数式│X－1│+│X－2│+│X－3│+…+│X－2003│的最小值。2，求代数式│X－1│+│X－2│+│X-3│+…+│X-2004│的最小值。

解：1，本题用分段讨论法肯定是不恰当的，也太麻烦了。应该用绝对值的几何意义来解比较妥当。因为│X－1│的意义是：在数轴上表示实数X的点到表示1的点的距离。所以只有当X在表示点1、2、3、…、2003的正中位置时，即当X=1002时，│X－1│+│X－2│+│X－3│+…+│X－2003│的值最小，即原式最小值为1001+1000+999+…+2+1+0+1+2+…+999+1000+1001 = 2(1+2+3+…+1001)= 1003002。2，因为1、2、3、…、2003、2004的正中位置在数1002和1003之间，所以当X在1002≤X≤1003范围内取任意一点值时，原式都能取到最小值。当X=1002或X=1003时原式的值最小。现用X=1002计算，原式的最小值为1001+1000+999+…+2+1+0+1+2+…+1000+1001+1002 = 2(1+2+…+1001)+1002 = 1004004 。

[说明：对于求│X－a₁│+│X－a₂│+│X－a₃│+│X－a_n│型代数式的最小值，有如下结论可以应用：当a_n是奇数时，在X=时，代数式的值最小；当a_n是偶数时，在≤X≤时代数式的值最小。]

　例题(8)、已知实数a、b、c满足a+b+c = 2 ，abc = 4 ，1求a、b、c中最大者的最小值 ；2求∣a∣+∣b∣+∣c∣的最小值。

解：1，设a为最大者，则由题意得 b+c=2－a,bc= ,由韦达定理得b、c是关于X的二次方程X²－(2－a)X+=0的两个实数根。∴Δ=(2－a)²－4×1×≥0 ,展开后整理并分解因式得(a²+4)(a－4)≥4 ,∴ a≥4。所以最大数a的最小值是4 。

[即当b=c=-1时a取最小值。划线部份转化为二次方程根与系数关系是关键。另外设a、b、c哪个最大是等价的。]

2、由1知最大数a的最小值为4，所以a、b、c不可能全为正，那么只可能是两负一正，若a为正，则b、c均为负，∴∣a∣+∣b∣+∣c∣= a－b－c = 2a－2≥0 , ∵a≥4,　 　∴∣a∣+∣b∣+∣c∣≥6 .　 ∴∣a∣+

∣b∣+∣c∣的最小值是6 。

例题(9)、求函数Y = 的最小值。

解：原式可化为(X²+X+1)Y =3X²+6X+5 ，整理得(6－Y)X²+(12－2Y)X+(10－2Y)=0，因为X的取值范围是全体实数，所以关于X的二次方程有实数根，∴Δ = (12－2Y)²－4×(6－Y)(10－2Y)= －4Y²+40Y－96≥ 0 。即Y²－10Y+24≤ 0 ，由(Y－4)(Y－6)≤0 得　 4 ≤ Y ≤ 6 。所以Y的最小值为 4 。

[说明：本题也可以用以下的方法来做。Y=== 6－，当(X²+1)+1最小时， 最大，从而得Y最小值是4 。]

例题(10)、如图(1-1)，在ΔABC中，D、E分别是BC、AB上的点，且∠1=∠2=∠3 ，如果ΔABC、ΔEBD、ΔADC的周长依次为m,m₁,m₂,求证：的最小值是 。

证明：由∠1=∠2，∠C是公共角，得ΔABC∽ΔDAC，　　　 　　　　　　　

　∴== ， DC=，∵∠2=∠3得DE∥AC，∴ΔBDE∽ΔBCA，∴==，而=== 1－()² 　。令K=

则 K =+1－()²,即()²－+K－1= 0，　 ∵ a、b 为实数，　 ∴⊿ =

(－1)²－4(K－1)≥ 0 ，得K≤ 4 。∴ 的最小值为4 。

例题(11)已知矩形A的边长分别为a、b，如果总有另一矩形B，使得矩形B与矩形A的周长之比和面积之比都等于K。试问K是否存在最小值，若存在，求出这个最小值；若不存在，请说明理由。

解：K存在最小值。设矩形B的边长分别为m、n ，根据题意得： =K，=K，∴m+n =K(a+b),mn = Kab ；则m、n 是关于X的方程X²－K(a+b)X+Kab = 0的两个根。必须满足⊿=K²(m+n)－4Kmn≥ 0 ,∵K≠0,∴K≥。∴K的最小值是 。

[说明：二次方程根的判别式往往和韦达定理结合在一起应用]

　 例题(6)、若X > 0，则函数Y = ++的最小值。

解：原式 = ++ = +++ ≥2+2　 = 2+2 = 4 。所以原式的最小值是 4 。

[说明：这个公式的来源是由(a－b)²≥0直接推出的。]

例题(7)、已知 a、b、c、d均为实数，且a+b+c+d = 4 ，a²+b²+c²+d² = ，求a的最小值与最大值。

解：∵a+b+c+d = 4 ,　　　　　 ∴b+c+d = 4- a ,　　　　　　　　　 ∴ (b+c+d)² = b²+c²+d²+2bc+2cd+2bd ≤b²+c²+d²+(b²+c²)+(c²+d²)+(d²+b²)=3(b²+c²+d²)　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　∵b+c+d = 4－a, ∴(b+c+d)² = (4－a)² .　　　　　　　　　　　　　　 ∵ a²+b²+c²+d² = ,　　　　　 ∴b²+c²+d² = －a² 。

∴ (4－a)²≤ 3×(－a²)　 ,化简得 a(a－2)≤ 0　 ,解得0≤ a ≤2 。

∴ a的最小值是0 ，a的最大值是2 。

[说明，本例的关键是划线部份的变换逆用了a²+b²≥2ab,从而达到了把(b+c+d)以及b²+c²+d²都用a替换的目的。]

3、用(a±b)²≥0 ，∣a∣≥0,≥0的方法解题。

[说明：这里用到的很重要的思想方法是配方法和整体代换思想。]

例题(1)、若实数a ，b ，c 满足a² + b² + c² = 9，则代数式 (a － b)² 　+ (b -c)² 　+(c － a)²的最大值是 (　　　 )

A．27　　　 B、　 18　　 C、15　　 D、　 12　

解：(a－b)²+(b－c)²+(c－a)²= 2(a²+b²+c²)－2ab－2bc－2ca = 3(a²+b²+c²)－a²－b²－c²－2ab－2bc－2ca = 3(a²+b²+c²)－(a²+b²+c²+2ab+2bc+2ca) =3(a²+b²+c²)－(a+b+c)² = 27－(a+b+c)² ≤ 27 .　　 ∵a²+b²+c² = 9 ,　　　　 　∴ a,b,c 不全为0 。当且仅当a + b + c = 0 时原式的最大值为 27 。

[说明，本例的关键是划线部份的变换，采用加减(a²+b²+c²)后用完全平方式。]

例题(2)、如果对于不小于8的自然数N ，当3N+1是一个完全平方数时，N + 1都能表示成K个完全平方数的和，那么K的最小值是 (　　 )

　　 A、　 1　 B、　 2　　 C、　 3　　 D、　 4　

解：设 ∵ 3N+1是完全平方数，∴ 设 3N+1 = X² (N≥ 8)，则3不能整除X，所以X可以表示成3P±1的形式。3N+1=(3P±1)²= 9P²±6P+1=3X²±2X+1=X²+X²+(X±1)²。即3N+1能够表示成三个完全平方数的和。所以K的最小值为 3 。选 C 。

[说明，本例的关键是如何把3X²拆成X²+X²+X²，然后配方求解。]

例题(3)、设a、b为实数，那么a²+ab+b²－a－2b的最小值是_----------。

解：a²+ab+b²－a－2b = a²+(b－1)a+b²－2b = a²+(b－1)a+()²+b²－b－ =(a+)²+(b－1)²－1 ≥ －1 。只有当a+= 0且b－1= 0 时，即a=0，b=1时取等号。所以原式的最小值是－1。

[注意：做这一类题的关键是先按一个字母降幂排列，然后配方。]

例题(4)、已知实数a、b满足a²+ab+b²=1 ，则a²－ab+b²的最小值和最大值的和是_-------- 。

　解：设a²－ab+b² = K,与a²+ab+b² =1联立方程组,解得：a²+b² = (1+K),ab = (1－K)。

∵(a+b)²≥0,　 ∴a²+b²+2ab=(1+K)+2×(1－K)≥0,　　 ∴K≤3 .　　 ∵(a－b)²≥0,　 ∴a²+b²－2ab = (1+K)－2×(1－K)≥0,　 ∴K≥ . 得　 ≤K≤3 。 所以 a²－ab+b²的最小值是　 ，最大值是3 ，这两个值的和是3 。

[本题的关键在于直接运用(a±b)²≥0 ]

　 例题5、若a、b满足3+5∣b∣= 7 ，则S = 2－3∣b∣的最大值为_{-------------------}　 ，最小值为_{--------------------}　 。

　 解：联立3 +5|b| = 7和S = 2－3|b|两式，解得19= 21+5S，19|b|=14－3S 。∵ 19≥0,∴21+5S≥0,S≥－ 。 ∵19∣b∣≥0,∴14－3S≥0 , ∴S ≤ , 得 －≤S≤ 。所以S的最大值为 ，最小值为－ 。

[说明：这里直接运用了∣a∣≥0和≥0 ]

2、若M = －(X±a)² + b ,则当X±a = 0 时M有最大值b 。

1、若M =(X±a)² +b ，则当X±a = 0时M有最小值b 。