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(一)如果a，b為正數(shù)，那么有：，當(dāng)且僅當(dāng)a=b時(shí)，上式取“=”號(hào)。

推論：

1.兩個(gè)正數(shù)的積一定時(shí)，兩數(shù)相等時(shí)，其和最小。

2.兩個(gè)正數(shù)的和一定時(shí)，兩數(shù)相等時(shí)，其積最大。

試題詳情

(三)利用配方法求極值

對于二次函數(shù) ，函數(shù)解析式經(jīng)配方可變?yōu)?

(1)若a>0時(shí)，當(dāng) 時(shí)，y有極小值為

(2)若a<0時(shí)，當(dāng) 時(shí)，y有極大值為

對于例題 1還可用配方法求解。

試題詳情

(二)利用一元二次方程判別式求極值

對于二次函數(shù)y = ax²+ bx + c，(a ≠0)可變形為一元二次方程

　ax²+ bx + c - y=0

用判別式法即：

則由不等式可知 y的極值為：

對于例題 1，我們可以轉(zhuǎn)化為二次方程求解。

將可轉(zhuǎn)化為一元二次方程：

要使方程有解，必使判別式

解不等式得：，即最大值為6m

例1.一個(gè)質(zhì)量為m的電子與一個(gè)靜止的質(zhì)量為M的原子發(fā)生正碰，碰后原子獲得一定速度，并有一定的能量E被貯存在這個(gè)原子內(nèi)部。求電子必須具有的最小初動(dòng)能是多少？分析與解：設(shè)電子碰前的速度為υ₁，碰后的速度為，靜止的原子被碰后的速度為。　　由動(dòng)量守恒定律有 (1) 　　由能量守恒有 (2) 　　在以上兩個(gè)方程中，有三個(gè)未知數(shù)，υ₁、、，一般的同學(xué)認(rèn)為少一個(gè)方程，難以求解。但由(1)式解出代入(2) 　　可得：　　進(jìn)一步整理可得：(M+m)m-2m²υ₁+(m-M)mυ₁²+2ME=0 　　此式是關(guān)于的一元二次方程，因電子碰后的速度必為實(shí)數(shù)，所以此方程的判別式B²-4AC≥0 即　　 4m⁴-4(M+m)m[(m-M)m+2ME]≥0 　　根據(jù)上式整理可得：　　所以電子必須具有的最小的初動(dòng)能是

例2.如圖2-1所示，頂角為2θ的光滑圓錐，置于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，現(xiàn)有一個(gè)質(zhì)量為m，帶電量為+q的小球，沿圓錐面在水平面作勻速圓周運(yùn)動(dòng)，求小球作圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑。分析與解：小球在運(yùn)動(dòng)時(shí)將受重力mg，圓錐面對球的彈力N，及洛侖茲力f的作用，如圖2-2所示。設(shè)小球作勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為R，速率為υ。

　　由正交分解可得　　聯(lián)立(1)、(2)試可得　　上式有υ、R兩個(gè)未知量，似乎不可解，但因?yàn)槭乔髽O值問題，可用一元二次方程判別式求解。因?yàn)棣杂袑?shí)數(shù)解，由B²-4AC≥0 　　即　　 ∴小球作圓周運(yùn)動(dòng)的最小半徑為

例3.在擲鉛球的運(yùn)動(dòng)中，如果鉛球出手時(shí)距地面的高度為h，速度為υ₀，求υ₀與水平方向成何角度時(shí)，水平射程最遠(yuǎn)？并求此最大的水平射程X_max。分析與解：以出手點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，可分別列出水平方向與豎直方向的位移方程。　　　　上式為關(guān)于tgθ的一元二次方程。若tgθ存在實(shí)數(shù)解，則判別式B²-4AC≥0 　　即　　解出結(jié)果后，我們可聯(lián)系實(shí)際進(jìn)行如下驗(yàn)證。設(shè)出手高度h=0, 　　則　　 θ=45°。這就是我們過去曾經(jīng)知道的一個(gè)物體做斜拋運(yùn)動(dòng)，當(dāng)θ=45°時(shí)其射程最遠(yuǎn)。