在探求代數(shù)式的最值（或取值范圍）問題時(shí)，經(jīng)常會(huì)碰到一類依托題設(shè)條件中等式，進(jìn)而確定題設(shè)條件中等式的“部分代數(shù)式”的最值（或取值范圍）問題，成為問題創(chuàng)新設(shè)置與應(yīng)用中比較特殊的一種場景，是一類創(chuàng)新新穎的綜合應(yīng)用問題.此類問題，往往基于一次線性代數(shù)式、二次代數(shù)式以及多選題場景中的代數(shù)式等幾類常見的最值（或取值范圍）的確定來設(shè)置，結(jié)合實(shí)例加以剖析與應(yīng)用，拋磚引玉.

1 一次線性代數(shù)式的最值（或取值范圍）

借助題設(shè)條件中等式的設(shè)置，確定“部分代數(shù)式”為一次線性代數(shù)式的最值（或取值范圍），是此類代數(shù)式最值應(yīng)用中最為常見的一種基本類型，也是基本不等式等巧妙放縮與應(yīng)用的一個(gè)重要場景.

例1若a>0，b>0，2ab+a+2b=3，則a+2b的最小值是（）.

A.22

B.1

C.2

D.322

解法1：整體思維法.

依題，由于a>0，b>0，2ab+a+2b=3，

利用基本不等式，可得3=2ab+a+2b≤a+2b22+（a+2b），當(dāng)且僅當(dāng)a=2b時(shí)等號成立.

因此（a+2b）2+4（a+2b）－12≥0，因式分解可得（a+2b+6）（a+2b－2）≥0，解得a+2b≥2.

所以當(dāng)a=1，b=12時(shí)，a+2b取得最小值2.

解法2：消元法.

因?yàn)閍>0，b>0，2ab+a+2b=3，

所以a=3－2b2b+10<b<32.

利用基本不等式，可得a+2b=－1+42b+1+2b=42b+1+（2b+1）－2≥24－2=2，當(dāng)且僅當(dāng)42b+1=2b+1，即b=12，a=1時(shí)等號成立.

所以a+2b的最小值為2.

解法3：因式分解法.

由a>0，b>0，2ab+a+2b=3，

得（2b+1）＼5（a+1）=4.

利用基本不等式，可得a+2b=（2b+1）+（a+1）－2≥2（2b+1）（a+1）－2=2，當(dāng)且僅當(dāng)2b+1=a+1，即b=12，a=1時(shí)等號成立.

所以a+2b的最小值為2.

解法4：換元法.

設(shè)a+2b=t，結(jié)合2ab+a+2b=3可得a·2b=3－t.

所以a與2b是方程x2－tx+3－t=0的兩個(gè)正實(shí)數(shù)根.

所以t>0，3－t>0，Δ=（－t）2－4（3－t）≥0，

解得2≤t<3，當(dāng)t=2時(shí)，a=2b=1，即a=1，b=12.

所以a+2b取得最小值2.

2OJcSsZ3rYB/j9CAtUIaJEpkAdXUVQ8m/zfNj9x7c9g=點(diǎn)評：在處理?xiàng)l件等式中“部分代數(shù)式”的最值（或取值范圍）問題時(shí)，特別對于一次線性代數(shù)式的最值（或取值范圍）問題，解題的關(guān)鍵是首先應(yīng)用基本不等式（或變形）把“等式”轉(zhuǎn)化為“不等式”，問題“求什么”就在不等式中“留什么”，仍要注意“一正、二定、三相等”三個(gè)條件，其次把所求“部分代數(shù)式”視為一個(gè)整體，最終利用一元二次不等式解決問題.

2 二次代數(shù)式的最值（或取值范圍）

借助題設(shè)條件中等式的設(shè)置，確定“部分代數(shù)式”為二次代數(shù)式的最值（或取值范圍），對問題的分析與挖掘要更加深入，可以通過基本不等式等進(jìn)行巧妙放縮，也可以利用函數(shù)與方程、三角函數(shù)、函數(shù)與導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用等思維來綜合應(yīng)用.

例2已知ab>0，a2+ab+2b2=1，則a2+2b2的最小值為（）.

A.8－227

B.223

C.34

D.7－228

解法1：基本不等式法.

依題ab>0，a2+ab+2b2=1，結(jié)合基本不等式，可得1=a2+ab+2b2=a2+2b2+12a×2b≤a2+2b2+12×a2+2b22=22+122（a2+2b2），則有a2+2b2≥2222+1=8－227，當(dāng)且僅當(dāng)a=2b，即b2=4－214，a2=4－27時(shí)，a2+2b2的最小值為8－227.

解法2：判別式法.

設(shè)a2+2b2=t，結(jié)合ab>0，a2+ab+2b2=1，可知0<t<1.

將a2+2b2=t代入a2+ab+2b2=1中，整理可得a=1－tb，代入a2+2b2=t中有1－tb2+2b2=t，整理有2b4－tb2+（1－t）2=0.由于以上關(guān)于b2的方程有實(shí)數(shù)解，則有判別式Δ=t2－8（1－t）2≥0，即t≥22（1－t），解得t≥8－227.

當(dāng)t=8－227時(shí)，b2=t4，即b2=4－214，a2=4－27時(shí)，a2+2b2的最小值為8－227.

解法3：三角換元法.

設(shè)a2+2b2=t，結(jié)合ab>0，a2+ab+2b2=1，可知0<t<1.

三角換元可設(shè)a=tcos θ，2b=tsin θ，結(jié)合ab>0，二者同號，不失一般性取兩者均為正數(shù).設(shè)θ∈0，π2，代入a2+ab+2b2=1中，整理可得t+22tsin θcos θ=1，則可得t=11+22sin θcos θ=2222+sin 2θ≥2222+1=8－227，當(dāng)且僅當(dāng)sin 2θ=1，即2θ=π2，亦即θ=π4時(shí)，等號成立.此時(shí)a=2b，即b2=4－214，a2=4－27時(shí)，a2+2b2的最小值為8－227.

解法4：齊次化法.

依題ab>0，a2+ab+2b2=1，齊次化可得a2+2b2=a2+2b2a2+ab+2b2=1+2（ba）21+ba+2ba2.設(shè)t=ba>0，則a2+2b2=1+2t21+t+2t2.

構(gòu)建函數(shù)f（t）=1+2t21+t+2t2，t>0，求導(dǎo)有f′（t）=2t2－1（1+t+2t2）2.由f′（t）=0解得t=22（負(fù)值舍去）.于是當(dāng)t∈0，22時(shí)，f′（t）<0，函數(shù)f（t）單調(diào)遞減；當(dāng)t∈22，+∞時(shí)，f′（t）>0，函數(shù)f（t）單調(diào)遞增.所以f（t）min=f22=8－227，

當(dāng)且僅當(dāng)t=22，可得a=2b，即b2=4－214，a2=4－27時(shí)，a2+2b2的最小值為8－227.

點(diǎn)評：在處理?xiàng)l件等式中“部分代數(shù)式”的最值（或取值范圍）問題時(shí)，特別對于二次代數(shù)式的最值（或取值范圍）問題，在基本不等式等巧妙放縮應(yīng)用的基礎(chǔ)上，還可以借助方程思維、三角函數(shù)思維以及函數(shù)與導(dǎo)數(shù)思維等，利用相應(yīng)的技巧與方法來確定二次代數(shù)式的最值（或取值范圍）.

3 多選題場景中的代數(shù)式最值（或取值范圍）

借助題設(shè)條件中等式的設(shè)置，確定“部分代數(shù)式”為多項(xiàng)選擇題應(yīng)用場景下對應(yīng)的選項(xiàng)（或部分選項(xiàng)），巧妙加以滲透與融合，用來處理“部分代數(shù)式”以及其他對應(yīng)代數(shù)式的最值（或取值范圍）問題.

例3（多選題）已知a>0，b>0，若4a+b+ab=12，則（）.（D）

A.b<3

B.4a+b<8

C.log2a+log2b≤2

D.16a+2b≥32

例4（多選題）已知x>0，y>0，且x+y+xy－3=0，則下列結(jié)論正確的是（）.（BC）

A.xy的取值范圍是（0，9）

B.x+y的取值范圍是［2，3）

C.x+2y的最小值是42－3

D.x+4y的最小值是3

點(diǎn)評：在處理?xiàng)l件等式中“部分代數(shù)式”的最值（或取值范圍）問題時(shí)，特別對于多選題場景下“部分代數(shù)式”以及其他對應(yīng)代數(shù)式的最值（或取值范圍），要綜合不等式思維與其他數(shù)學(xué)思維，合理借助分類討論法，對各選項(xiàng)中的代數(shù)式的最值（或取值范圍）進(jìn)行逐一分析與判斷，進(jìn)而加以綜合與應(yīng)用.

基于題設(shè)條件中等式的“部分代數(shù)式”的最值（或取值范圍）問題，只是代數(shù)式的最值（或取值范圍）問題中的一個(gè)特例，抓住題設(shè)條件與所求結(jié)論之間的“相同”聯(lián)系，切入思維更加自然，技巧方法更加多變.結(jié)合不同類型的“部分代數(shù)式”的最值（或取值范圍）的應(yīng)用，熟練理解并掌握基本的技巧方法與應(yīng)對策略，全面落實(shí)數(shù)學(xué)“四基”，有效提升數(shù)學(xué)“四能”，養(yǎng)成良好的數(shù)學(xué)思維習(xí)慣，培養(yǎng)數(shù)學(xué)核心素養(yǎng).