题31 已知，求函数的最大值.
（第九届高二培训题第61题）
题32 已知，且，则的最小值是 .
（第十届高二培训题第44题）
题33 实数，满足方程，则的最大值与最小值的和等于_______.
（第十届高二第二试第17题）
题34 线段AB的端点坐标是A（-1，2），B（2，-2），直线y=kx+3与线段AB相交的充要条件是 （ ）
A、 B、 C、且k≠0 D、
（第八届高二培训题第2题）
题35 过点且与两条坐标轴围成面积为2的三角形的直线的条数是 .
(第十届高二第一试第18题)
题36 某工厂安排甲、乙两种产品的生产.已知每生产1吨甲产品需要原材料A、B、C、D的数量分别为1吨、2吨、2吨、7吨；每生产1吨乙产品需要原材料A、B、D的数量分别为1吨、4吨、1吨.由于原材料的限制，每个生产周期只能供应A、B、C、D四种原材料分别为80吨、80吨、60吨、70吨.若甲、乙产品每吨的利润分别为2百万元和3百万元.要想获得最大利润，应该在每个生产周期安排生产甲产品 吨，期望的最大利润是 百万元.
（第十三届高二第一试第25题）
题37 点M是圆内圆心以外的一点，则直线与该圆的位置关系是 （ ）
（A）相切 （B）相交 （C）相离 （D）相切或相交
（第七届高二第一试第5题）
题38 过圆与圆的交点的直线方程是 .
（第二届高二第二试第15题）
题39 若实数、适合方程，那么代数式的取值范围是——.
（第九届高二第一试第17题）
题40 圆上任意一点都使不等式成立，则C的取值范围是 （ ）
A、 B、 C、 D、
(第七届高二第一试第10题)
31.解法1 取待定正数，由均值不等式得
令则于是
当时取等号.
解法2 可化为
配方，得由上式可得即由已知，显然有
（当时，取得最大值）.
解法3 由已知，得且
当且仅当且即
时取等号.
解法4
当且仅当时取等号.
当且仅当时，取得最大值
解法5
当且仅当即时取等号，
解法6
时，
解法7 构造如图长方体，设对角线与交于点的三个面所成的锐角分别为，长方体的三条棱分别为则有
于是
即时，
解法8 由得（1）
关于的一元二次方程（1）的判别式，
解得当且仅当时取得等号.
把代入（1）可得,
评析 若，则，这就是说，只要与的倍数之间建立了不大于的关系，则的最大值就求出了.因而解决问题的关键就在于找出这样的关系.解法1通过引入正参数、，并运用解法3运用公式，解法4、解法5运用，解法6运用，圆满解决了这一关键问题.解法2通过将
的分子、分母同除以，巧妙地通过配平方，得到进而得，很富新意.解法7通过构造长方体（若三条棱分别为的长方体的对角线长为，则有而恰好是的分母，且长方体中有）解决问题.解法8则把变为，看作关于的一元二次方程，利用其有正根的条件得到，是方程思想的典型运用.
拓展 设，显然有的最大值为，即；设，已解出的最大值为，即
我们不妨猜想：
命题 若则的最大值是
证明 取正参数
令 （1），因求最大值，故还必须有
此即将上式代入（1），得 （2），令则观察（2）的形式，考虑作代换故数列是公比为的等比数列， 于是 （3）.
再令（3）为，上式变形为
这样，又得到一个公比为的等比数列，即
故有.而
故有，整理得
化简得.
的最大值唯一，应能求出的一个确定的值，对于这个的值，我们有
从而又（1）和（2）是取最大值的充要条件，由（1）（2）可推得（3）.将代入（3），化简得对任意都有应取.至此，已推知
32.解法1 是直线上的动点，点到此直线上各点距离的最小值是点A到该直线的距离，.
解法2
.当，即时取等号.所求最小值为18.
解法3
.当，即时取等号.所求最小值为18.
解法4
，
．当即时取等号的最小值为18.
解法5
当时，有最小值18.
解法6 设又设则
由得即
即
解得的最小值为18.
解法7 构造向量
即
当且仅当时， 取得最小值18.
评析 因为已知 所以要求的最小值，关键就是得到与关于的式子之间的大于等于关系.解法2利用解法3利用柯西不等式解法4巧妙地利用配方法，都顺利地解决了这一关键问题.解法5则是把代入所求式，使之变为关于的二次函数，再求其最小值，是函数思想的具体运用.解法6设后，运用三角代换，最终转化成解关于的不等式，是等价转化思想在解题中的一次妙用.解法7通过构造向量，利用
即使问题获解，充分发挥了新教材中向量这一工具在求代数最值中的作用.应当指出，许多最值问题都可以通过构造向量，利用向量的上述性质得到解决.而解法1则是将看作定点与直线上的动点的距离的平方，故能直观地知道点到直线的距离的平方就是所求的最小值，简洁明了，充分显示了等价转化与数形结合思想的威力.
拓展 将此赛题一般化，便得下面的
定理 若x,y满足（A、B、C是实常数，A、B不全为零），m，n是实常数，则的最小值是.
证明 ，表示定点与直线
上的动点之间的距离d的平方.的最小值是.
运用该定理解本赛题：所求最小值是.
下面的题目供读者练习：
1.已知x，y满足，求的最小值.
2.已知，且，求的最小值.
3.已知，且，求的最小值.
答案
33.解法1 题设方程就是，设，即,则
()，，
..
解法2 题设方程就是，根据柯西不等式，
，即
,,,
.
解法3 题设方程就是，结合， 又配方
，于是，
即 .
.
解法4 设，则，代入，整理得
，，
，即，解之得.
.
解法5 已知等式表示一个圆，令，即，表示一直线，若直线与圆有公共点，则圆心到直线的距离应小于等于圆的半径，即，即，解得，
.
解法6 已知方程就是，构造向量，. ， ，即
.即
,于是,，.
评析 因为已知方程就是，而要求的是一次式的最大值与最小值的和，所以解法1运用三角换元，将问题转化为求三角函数的值域，这是解决这类问题的通法，已知方程表示椭圆时，此法仍然适用.解法2运用柯西不等式求解，之所以凑成，是因为这样才会出现，并可利用.解法3运用的是配方法，请读者思考为什么如此配方：
?解法4运用的是待定参数法及方程思想，也是解决这类问题的通法.解法5运用数形结合思想，将抽象的代数问题转化成直观的几何问题，轻松解决问题.解法6通过已知方程联想到向量模的平方，从而通过构造向量，运用解决问题，思路清晰，体现了向量在解题中的工具作用.
拓展 将此赛题一般化，便得
命题1 实数满足，实数不全为零，则.
证明 设，即①，又已知②，由题意，直线①与圆②有公共点，故圆心到直线①的距离小于等于圆的半径，即
，即，
即，
.
将命题1中的圆改为椭圆，又得
命题2 实数满足，不全为零，则
.
证明 设，即,,
，（其中）.
.
34.解法1 线段AB的方程为，即4x+3y-2=0 (-1≤x≤2),由，x
y
图1
O
A
B
M
-3
3
2
-2
得，令-1≤≤2，解得，选D.
解法2 如图1所示，y=kx+3是过定点M（0，3）的直线系方程，易求得直线MA、MB的斜率分别是,当直线MA绕点M逆时针旋转与线段AB相交时，其斜率由1增加到+∞；当直线MB绕点M顺时针旋转与线段AB相交时，其斜率由减小到-∞，所以，故选D.
x
y
图2
O
A
B
M
-3
3
2
-2
A’
B’B
N
y=kx+3
解法3 如图2，设直线MA与MB分别与x轴交于点A’，B’，易求得直线MA、MB的方程分别为y=x+3,y=x+3,从而可求得A’（-3，0），B’（-，0），在△MA’B’ 中，过M任作一条直线y=kx+3交边A’B’于点N，则直线也必与线段AB相交，反之亦然.OM⊥A’B’，|OM|=3，k=tan∠MNO（N在OA’上）或k=tan（π-∠MNO ）（N在OB’上）两种情形，但都有，所以，由，解得，故选D.
解法4 设直线与线段AB交于点,点N内分所成的比为,则,消去,得，得或.又当直线过点A、B时，的值分别为，所以所求充要条件为.故选D.
解法5 当k=0时，直线y=kx+3即y=3与线段AB显然不相交，所以排除含0的A、B，又当k=-1时，直线y=kx+3即y=-x+3与线段AB也不相交，所以又排除含-1的C,故选D.
评析 解法1运用的是方程思想，若运用这个思想，先求出直线MA、MB与x轴的交点A’，B’的横坐标Ax’，Bx’,并求出直线y=kx+3与x轴的交点N的横坐标Nx，再解Ax’≤ Nx≤Bx’
，同样可以解决问题.解法2直接通过观察图象，看直线y=kx+3与线段AB相交时的k与之间的关系而选D，显得直观明了.解法3运用平面几何知识求Nx，别具一格.解法4运用定比分点知识求解,也是解此类问题的通法之一.解法5运用了特殊值法，显得最为简捷.值得注意的是，如果取k=1，发现直线y=kx+3与线段AB相交，此时就选A那就错了，请读者想想这是什么原因.
拓展 已知直线,显然点A（0，1）、B（1，3）与点C（1，-1）、D（3，1）都在的同侧，点A、C与点B、D都在的异侧，∵f (0,1)=-20∴f (0,1)与f (1,3)同号，f (1,-1)与f (3,1)同号，f (0,1)与f (1,-1)异号，f (1,3)与f (3,1)异号，是否对于任意直线的同侧或异侧的任意两点都有此结论呢？经研究，我们有下面的
定理1 已知两点M（x1,y1）、N(x2,y2)及直线
(1) 若点M、N在的同侧，则f（x1,y1）f (x2,y2)>0;
(2) 若点M、N在的异侧，则f（x1,y1）f (x2,y2)0时，有，即f（x1,y1）>0，f (x2,y2)>0；当B0，f (x2,y2)>0；当A0时，有, 即f（x1,y1）>0，f (x2,y2)
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