如何解題：一些高中數學的進階解題技術
法蘭克老師
1 極值問題
研究函數的極值是中學數學的一個重要的課題，找尋函數的極值目的就是要研究函數的性質‧
它所涉及的層面相當管，這裡要講得不涉及微積分‧
1.1 一般性的極值問題
例題 1.1 已知x1, x2是二次方程
x2− (k − 2)x + (k2+ 3k + 5) = 0 的兩個實根，其中k∈ R‧則x21+ x22的最大值為多少？
解答：如果x1, x2是方程的實根，此時，我們必須要求判別式 D = (k− 2)2− 4 · 1 · (k2+ 3k + 5)≥ 0.
也就是說，我們要求3k2+ 16k + 16≤ 0.解出後，我們得到k的範圍是−4 ≤ k ≤ −3/4.又利用韋 達定理，我們知道
x1+ x2= k− 2, x1x2= k2+ 3k + 5.
利用x21+ x22= (x1+ x2)2− 4x1x2可得
x21+ x22= (k− 2)2− 4(k2+ 3k + 5)
=−3k2− 16k − 16
=−3 (
k + 8 3
)2
+16 3 .
作圖後，我們發現，在[−4, −3/4]內x21+ x22的最大值是16/3.此時k =−8/3‧
1.2 利用二次函數的判別式
例題 1.2 求函數
y = 2x
x2+ x + 1, x∈ R 的極值‧
解答：將兩邊同乘y後，移項得到
yx2+ (y− 2)x + y = 0.
由於我們要求x是實數，上述方程的判別式
D = (y− 2)2− 4 · y · y ≥ 0.
可以推得3y2+ 4y− 4 ≤ 0.求出
−2 ≤ y ≤ 2 3.
例題 1.3 求函數
y = x + 4 +√
5− x2, −√
5≤ x ≤√ 5 的極值‧
解答：將x + 4移項至左邊後，兩邊平方得
(y− x − 4)2= 5− x2. 整理後:
2x2+ (8− 2y)x + y2− 8y + 11 = 0.
由於x是實數，
D = (8− 2y)2− 4 · 2 · (y2− 8y + 11) ≥ 0.
可以解得y的範圍‧
例題 1.4 若x, y∈ R,且3x2+ 2y2− 6x = 0‧試求出x2+ y2的最大值‧
解答：配方後可得
3(x− 1)2+ 2y2= 3.
所以0≤ x ≤ 2且−√
3/2≤ y ≤√
3/2.利用等式可以求出
y2=6x− 3x2 2 . 於是
x2+ y2= x2+6x− 3x2 2 =−1
2x2+ 3x =−1
2(x− 3)2+9 2. 所以我們必須求出
x7→ −1
2(x− 3)2+9
2, 0≤ x ≤ 2 的極值‧作圖後發現，當x = 2時，函數有極值4‧
1.3 變數變換法
例題 1.5 試利用變數變換法解例題1.4.
解答：可以使用y = 1 + cos θ, y =
√3
2sin θ, θ∈ [0, 2π].帶入後 x2+ y2= 1 + 2 cos θ + cos2θ +3
2sin2θ
=−1
2cos2θ + 2 cos θ + 5 2
=−1
2(cos θ− 2)2+7 2. 作圖後發現，最大值為4發生在cos θ = 1時‧
例題 1.6 試求
y =1 + 2 sin x
3 + sin x , x∈ R 的值域
解答：令
sin x = 2t
1 + t2, t∈ R.
帶入後
y =1 + 21+t2t2
3 +1+t2t2
= t2+ 4t + 1 3t2+ 2t + 3. 接著可以使用判別式法來求出y的極值‧或交叉相乘後解出
sin x =1− 3y y− 2 . 利用| sin x| ≤ 1也可以解出y的範圍‧
這個變數變換的來源是：
sin x = 2 sinx 2cosx
2 = 2 tanx 2cos2x
2
= 2 tanx 2 · 1
sec2 x2 = 2 tanx2 1 + tan2 x2. 我們令t = tan x/2‧由於x∈ R, −∞ < t < ∞.
例題 1.7 若x2+y2
4 = 1,其中x, y∈ R‧試求出3x2+ 2xy + y2的最大值‧
解答：令x = cos θ且y = 2 sin θ帶入3x2+ 2xy + y2後可得
3x2+ 2xy + y2= 3 cos2θ + 4 cos θ sin θ + 4 sin2θ.
利用倍角公式
sin2θ = 1− cos 2θ
2 , cos2θ = 1 + cos 2θ
2 , sin 2θ = 2 sin θ cos θ 可得
3 cos2θ + 4 cos θ sin θ + 4 sin2θ =−1
2cos 2θ + 2 sin 2θ + 7 2. 利用輔助角公式：
−1
2cos 2θ + 2 sin 2θ + 7 2 =
√17
2 cos(2θ− ψ) +7 2. 可知最大值為
√17 2 +7
2.
例題 1.8 若p, q為實數且|p| ≤ 1, |q| ≤ 1‧試求函數 f (p, q) = pq +√
(1− p)2(1− q)2 的最大值‧
解答：令p = cos α且q = cos β則
f (p, q) = cos α cos β + sin α sin β = cos(α− β).
於是最大值為1‧
1.4 不等式法
例題 1.9 假設x1,· · · , xn均為實數，且滿足
∑n k=1
xk = 1.試求
∑n k=1
x2k的最小值‧
解答：使用科西不等式 ( n
∑
k=1
xk
)2
≤ n ( n
∑
k=1
x2k )2
.
例題 1.10 設x, y, z為滿足x + y + z = 1的實數‧求函數f (x, y, z) = 2x2+ 3y2+ z2的最小值‧
解答：利用科西不等式
(x + y + z)2≤ (2x2+ 3y2+ z2)· (1
2 +1 3+ 1
) .
1.5 解析幾何法
例題 1.11 求函數
f (x) =√
x2− 2x + 5 +√
x2− 4x + 13, x ∈ R 的最小值‧
解答：配方後
f (x) =√
(x− 1)2+ 22+√
(x− 2)2+ 32.
作圖後發現‧f (x)為C(x, 0)到兩點A(1, 2)與B(2, 3)的距離和也就是說f (x) = AC + BC.利用國 中時的幾何法‧我們可以求出何時距離最短‧做法如下：令A′表示A對X軸的對稱點(1,−2)‧
則AC = A′C‧所以AC + BC = A′C + BC.平面幾何中，兩點之間的最短距離為直線‧因 此A′與B之間的最短距離為A′B‧如圖所示：
此時，最短距離為點(1,−2)到(2, 3)的距離：√
(1− 2)2+ (−2 − 3)2=√ 26‧
例題 1.12 求函數
m = 1 + sin θ
2 + cos θ, θ∈ R 的極值‧
解答：我們把m視為(2, 1)到(− cos θ, − sin θ)的斜率‧而(− cos θ, − sin θ)在圓 C : x2+ y2= 1
上‧如圖所示
也就是說，我們可以求出所有通過(2, 1)並與C相交的直線的斜率‧極值發生在直線與圓C相切 時‧假設y = m(x− 2) + 1.相切時，圓心到直線的距離為半徑：
|2m − 1|
√m2+ 1 = 1.
此時m = 0, m = 4/3‧所以0≤ m ≤ 3/4.
2 構造法解題
例題 2.1 假設x, y, z∈ R+. 滿足
xyz(x + y + z) = 1 求(x + y)(x + z)的最小值‧
解答：我們可以利用x + y, y + z, x + z構造出三角形A, B, C的三邊a = x + y, b = y + z, c = x + z‧
如圖所示
利用海龍公式此三角形的面積為
∆ =√
s(s− a)(s − b)(s − c) =√
xyz(x + y + z) = 1,
其中s = (a + b + c)/2 = x + y + z，且s− a = z, s − b = x, s − c = y‧又∆ = 12ac sin B‧因此
(x + y)(y + z) = 2
sin B = 2 sec B≥ 2.
所以(x + y)(y + z)≥ 2.
例題 2.2 假設a, b, c, d∈ R+‧存在一個三角形其三邊分別為
√
b2+ c2, √
a2+ c2+ d2+ 2cd, √
a2+ b2+ d2+ 2ab 並求出此三角形面積‧
解答：如圖所示
面積為
(a + b)(c + d)−1 2bc−1
2a(c + d)−1
2d(a + b).
例題 2.3 試證明：對任意的實數x1, x2恆有
2
√ 1 +
(x1+ x2 2
)2
≤√
1 + x21+
√ 1 + x22.
解答：如圖所示‧這個不等式等價於三角形兩邊和大於兩倍中線長‧
如果令O(0, 0), A(1, x1), B(1, x2)‧則A, B中點座標為C(1,x1+ x2 2 ).於是
OA =
√
1 + x21, OB =
√
1 + x22, OC =
√ 1 +
(x1+ x2
2 )2
.
不等式等價於OA + OB≥ 2OC.
例題 2.4 試證明下列恆等式:
(a21+ b21)(a22+ b22) = (a1a2− b1b2)2+ (a2b1+ a1b2)2. 其中a1, a2, b1, b2均為實數‧
解答：令z = a1+ ib1且w = a2+ ib2為兩複數‧則zw = (a1a2− b1b2) + i(a2b1+ a1b2).我們知 道複數絕對值的性質
|z|2= a21+ b21, |w|2= a22+ b22, |zw|2= (a1a2− b1b2)2+ (a2b1+ a1b2)2. 於是原式等價於
|z|2|w|2=|zw|2.
3 特殊形式的方程式
3.1 變數變換
例題 3.1 解方程組 {
2xy− 5√
xy + 1 = 10 x2+ y2 = 10.
解答：令p = x + y且q = xy‧則原式等價於 2q− 5√
q + 1 = 10, p2− 4q = 10.
利用(2q− 10)2= 25(q + 1)後可以解出q接著可以解出p‧
例題 3.2 若a, b, c̸= 0‧試求下列方程的解 x
x + a = y
y + b = z
z + c =x2+ y2+ z2 a2+ b2+ c2.
解答：觀察 x
x + a = 1− a
x + a.利用前三個式子，可以推出 a
x + a = b
y + b = c z + c. 取倒數後x + a
a = y + b
b = z + c
c .類似可得x a = y
b = z
c = t, 令為t‧於是x = at, y = bt, z = ct帶 入最後一個式子後，我們得到t2= t
t + 1. 於是
t(t2+ t− 1) = 0.
若t = 0,則x = y = z = 0‧若t̸= 0則t2+ t− 1 = 0.可以解得 t = −2 ±√ 5 2 .
3.2 構造輔助方程
例題 3.3 解方程 √
2x + 7 +√
2x + 3 =√
3x + 5 +√ 3x + 1.
解答：觀察
√ 1
2x + 7 +√
2x + 3 =
√2x + 7−√ 2x + 3 4
同理
√ 1
3x + 5 +√
3x + 1 =
√3x + 5−√ 3x + 1
4 .
所以上面等是取倒數後，我們推得
√2x + 7−√
2x + 3 =√
3x + 5−√ 3x + 1.
與原式相加後，得到√
2x + 7 =√
3x + 5.且得到√
2x + 3 =√
3x + 1.解出x = 2.
例題 3.4 解方程 √
3x2− 5x − 12 −√
2x2− 11x + 15 − x + 3 = 0.
解答：令a = 3x2− 5x − 12且b = 2x2− 11x + 15‧則上式可得
√a−√
b = x− 3.
如果x = 3,則 √
3x2− 5x − 12 −√
2x2− 11x + 15 = 0 = x + 3.
於是x = 3為方程的一解‧假設x̸= 3利用乘法公式
√a +√
b = a− b
√a−√
b =x2+ 6x− 27
x− 3 = (x− 3)(x + 6)
x− 3 = x + 3.
於是在x̸= 3時，我們有以下聯立方程
{ √a−√
b = x− 3
√a +√
b = x + 3 .
於是我們得到 √
3x2− 5x − 12 = x, √
2x2− 11x + 15 = 3.
利用√
3x2− 5x − 12 = x我們求出x = −3/2(要求x > 0)與x = 4‧但 √
2· 42− 11 · 4 + 15 =
√3̸= 3‧所以我們推論出x = 3是方程的唯一解‧
例題 3.5 解方程
x2− 6x − 6 + x√
x2− 2x − 2 = 0.
解答：讀者練習‧
4 不等式
給定兩個實數a, b，要證明a > b我們只需證明a−b > 0‧在b > 0的時候，我們也可以由a/b > 1推 得‧我們可以使用一個常見的等式:當x, y, z≥ 0時，
x2+ y2+ z2− xy − yz − xz = 1
2[(x− y)2+ (y− z)2+ (z− x)2]≥ 0. (4.0)
例題 4.1 假設x, y, z∈ R‧證明
(x2+ y2+ z2)[(x2+ y2+ z2)2− (xy + yz + xz)2]≥ (x + y + z)2[(x2+ y2+ z2)− (xy + yz + xz)]2.
證明：我們令a = x + y + z且b = xy + yz + xz‧則x2+ y2+ z2= a2− 2b. 原不等式等價於 (a2− 2b)((a2− 2b)2− b2)≥ a2(a2− 3b)2
我們只需驗證
(a2− 2b)((a2− 2b)2− b2)− a2(a2− 3b)2≥ 0 即可‧又(a2− 2b)2− b2= (a2− 3b)(a2− b)‧所以
(a2− 2b)((a2− 2b)2− b2)− a2(a2− 3b)2= (a2− 2b)(a2− 3b)(a2− b) − a2(a2− 3b)2
= (a2− 3b)[(a2− 2b)(a2− b) − a2(a2− 3b)]
= (a2− 3b)(a4− 3a2b + 4b2− a4+ 3a2b)
= (a2− 3b)4b2. 由(4)
a2− 3b = x2+ y2+ z2− xy − yz − xz = 1
2[(x− y)2+ (y− z)2+ (z− x)2]≥ 0.
於是我們驗證了不等式‧
例題 4.2 在三角形∆ABC中，證明 tan2A
2 + tan2B
2 + tan2C 2 ≥ 1.
證明：在三角形中
tanA 2 tanB
2 + tanB 2 tanC
2 + tanC 2 tanA
2 = 1.
於是證明原不等式，等價於證明 tan2A
2 + tan2B
2 + tan2C 2 −
( tanA
2 tanB
2 + tanB 2 tanC
2 + tanC 2 tanA
2 )
≥ 0.
如果我們令x = tan(A/2), y = tan(B/2)且z = tan(C/2)‧則上述不等式等價於(4)
例題 4.3 給定三角形∆ABC三邊長分別為a, b, c‧記∆為此三角形面積‧證明 a2+ b2+ c2≥ 4√
3∆.
證明：要證明不等式，等於要證明
a2+ b2+ c2− 4√
3∆≥ 0. (4.0)
利用餘弦定理與面積公式
c2= a2+ b2− 2ab cos C, ∆ = 1
2ab sin C.
我們將(4)可以改寫：
a2+ b2+ c2− 4√
3∆ = 2(a2+ b2)− 2ab cos C − 2ab√ 3 sin C
= 2(a2+ b2− ab cos C − ab√ 3 sin C)
= 2(a2+ b2− 2ab sin( C +π
6 )
)
≥ 2(a2+ b2− 2ab)
= 2(a− b)2
≥ 0.
此處，我們使用了正餘弦疊合 cos C +√
3 sin C = 2 (sinπ
6cos C + cosπ 6sin C)
= 2 sin (
C +π 6 )
.
例題 4.4 (算幾不等式)在∆ABC中，證明 cotA
2 + cotB
2 + cotC 2 ≥ 3√
3.
證明：做三角形內切圓切於D, E, F 三點分別在AB, BC與AC上‧令r表示內切圓半徑，AD = x, BD = y與CD = z‧則
cotA 2 = x
r, cotB 2 = y
r, cotC 2 =z
r. 令s為半周長，則s = x + y + z‧利用海龍公式，可求出面積∆滿足
∆2= xyz(x + y + z).
利用內切圓，可知三角形面積為sr = (x + y + z)r.所以(x + y + z)2r2= xyz(x + y + z).推得 r2= xyz
x + y + z.
因此
cotA
2 + cotB
2 + cotC
2 =x + y + z
r = (x + y + z)
√x + y + z
xyz =(x + y + z)3/2 (xyz)1/2 . 利用算幾不等式
x + y + z≥ 3√3 xyz.
所以(x + y + z)3/2≥ 33/2(xyz)1/2.也就得到了原不等式‧
例題 4.5 (柯西不等式)假設x1,· · · , xn是非負實數‧證明 x21
x2
+x22 x3
+· · · +x2n−1 xn
+x2n
x1 ≥ x1+· · · + xn.
證明：定義xn+1= x1‧利用科西不等式，我們可以驗證 x2k−1
xk + xk ≥ 2xk−1. 所以
n+1∑
k=2
(x2k−1 xk
+ xk )
≥ 2
n+1∑
k=2
xk−1.
由於∑n+1
k=2xk−1 =∑n+1
k=2xk，我們證明了
n+1∑
k=2
x2k−1 xk ≥
n+1∑
k=2
xk−1.
