基础训练
(1)(z=-cfrac{1}{4}x+y)的最大值和最小值。
分析：将所给的目标函数改写成(l:y=cfrac{1}{4}x+z)，则可以看到(z)的几何意义是直线(l)的纵截距，则直线(l)沿(y)轴向上平移，则(z)增大；直线(l)沿(y)轴向下平移，则(z)减小；故直线经过点(A(2,0))时，(z_{max}=-cfrac{1}{4} imes2+0=-cfrac{1}{2})；直线经过点(B(-2,-2))时，(z_{min}=-cfrac{1}{4} imes(-2)+(-2)=-cfrac{3}{2})；
(2)求(z=-cfrac{1}{4}x-y)的最大值和最小值。
分析：将所给的目标函数改写成(l:y=-cfrac{1}{4}x-z)，则可以看到(-z)的几何意义是直线(l)的纵截距，则直线(l)沿(y)轴向上平移，则(-z)增大，则(z)减小；直线(l)沿(y)轴向下平移，则(-z)减小，则(z)增大；故直线经过点(A(2,0))时，(z_{min}=-cfrac{1}{4} imes2-0=-cfrac{1}{2})；直线经过点(B(-2,-2))时，(z_{max}=-cfrac{1}{4} imes(-2)-(-2)=cfrac{3}{2})；
典例剖析
提示：法1，线性规划法；法2：分离参数法。
设(k>1)，在约束条件(egin{cases} &yge x \ &yleq kx \ &x+yleq 1end{cases})下，目标函数(z=x+ky)的最大值小于2，则(k)的取值范围是多少？
分析：自行补图，由图像可知目标函数(y=-cfrac{1}{k}x+cfrac{z}{k})的最优解是直线(y=kx)和(x+y=1)的交点((cfrac{1}{k+1}，cfrac{k}{k+1}))，
代入得到(z_{max}=cfrac{1}{k+1}+cfrac{k^2}{k+1}<2)，化简得到(k^2-2k+1<2)，又(k>1)，故(kin (1，1+sqrt{2})).
分析：有图可知，仅在点((1，1))处取到最小值，只需目标函数(y=-cfrac{k}{2}x+cfrac{z}{2})的斜率满足条件(-1<-cfrac{k}{2}<2)即可，解得(kin(-4，2))；
引申：若题目变为：点((1，1))处取到最小值或取到最小值的最优解不唯一，可得到(kin [-4，2])；
分析：先求得(a=2)，再代入做出可行域如图，课件地址
由可行域可以看出(k=cfrac{y+1}{x+2}in [-cfrac{1}{4}，cfrac{5}{4}])，再将目标函数变形(z=cfrac{3x+4y+10}{x+2}=cfrac{3(x+2)+4y+4}{x+2}=3+4 imescfrac{y+1}{x+2})，从而可以计算出(zin [2，8]).
分析：由题目已知，能很快转化为在线性约束条件(egin{cases} &a-2b-5 leq 0 \ &a+b-4leq 0 \ &3a+b-10 ge 0end{cases})下，求目标函数(z=f(-1,1)=-a+b)的最大值问题。 余下解答略。
设P是不等式组(egin{cases}xge 0\yge 0\x+3yleq 1end{cases})表示的平面区域内的任意一点，向量(vec{m}=(-1，1))，(vec{n}=(2，-1))，若(overrightarrow{OP}=lambdavec{m}+muvec{n})，则(cfrac{mu}{lambda+1})的取值范围是多少？
分析：由$overrightarrow{OP}=(x，y)=(-lambda+2mu，lambda-mu)$；
则有(x=-lambda+2mu，y=lambda-mu)代入已知的线性约束条件，
得到(egin{cases}-lambda+2muge 0\lambda-muge 0\-lambda+2mu+3(lambda-mu)leq 1end{cases})，求(cfrac{mu}{lambda+1})的取值范围，
即相当于已知(egin{cases}x-2yleq 0\x-yge 0 \ 2x-yleq1end{cases})，求(k=cfrac{y-0}{x-(-1)})的取值范围，
如右图所示，故(k_{min}=k_{BO}=0)，(k_{max}=k_{BA}=cfrac{1-0}{1+1}=cfrac{1}{2})，
故(cfrac{mu}{lambda+1})的取值范围为([0，cfrac{1}{2}])。
已知(O)是坐标原点，点(A(2，1))，点(M(x，y))是平面区域(egin{cases}&yleq x\&x+yleq 1\&yge -1end{cases})内的一个动点，则(overrightarrow{OA}cdot overrightarrow{OM})的最大值是多少？
法1：利用向量的坐标运算得到，(overrightarrow{OA}cdot overrightarrow{OM}=2x+y)，故转化为求(2x+y)的最大值，即求(z=2x+y)的最大值，用线性规划的常规方法解决即可。
法2：利用向量的投影的几何意义求解，说明：点(M)是三角形区域内部及边界上的一个动点，动画只做了点(M)在边界上的情形；
注：图中有向线段(OB)是向量(overrightarrow{OM})在向量(overrightarrow{OA})方向上的投影，它是可正，可负，可零的；
(overrightarrow{OA}cdot overrightarrow{OM}=|overrightarrow{OA}|cdot |overrightarrow{OM}|cdot cos heta)，其中(|overrightarrow{OA}|)是个定值，
故只需要求(|overrightarrow{OM}|cdot cos heta)的最大值，而(|overrightarrow{OM}|cdot cos heta)的几何意义是(overrightarrow{OM})在(overrightarrow{OA})方向上的投影，
由图形可知，当点(M(x，y))位于点((2，-1))时投影(|overrightarrow{OM}|cdot cos heta)最大，故将点((2，-1))代入(overrightarrow{OA}cdot overrightarrow{OM}=3)。
变式题1：求(overrightarrow{OA}cdot overrightarrow{OM})的最小值是多少？
分析：由上图可以看出，当两个向量的夹角为钝角时，其投影是负值，故当点(M)位于点(C)时，其内积最小，
此时将点((-1，-1))代入得到(overrightarrow{OA}cdot overrightarrow{OM}=-3)。
变式题2：求向量(overrightarrow{OM})的投影的绝对值最小时的动点(M)的轨迹方程？
分析：当其夹角为(90^{circ})时，有向线段(OB=0)，故向量(overrightarrow{OM})的投影的绝对值最小(0)；
此时，点(M)在三角形区域内部且和直线(OA)垂直，故其轨迹为(y=-2x，(-1leqslant yleqslant 0))
【分析】先由函数单调递减转化为恒成立，再转化为线性规划问题求解。
【解答】
由函数(y=x^3+3ax^2+3bx)在区间([-1，1])单调减少，
可得(f'(x)=3x^2+6ax+3bleq 0)在([-1，1])上恒成立，
即(left{egin{array}{l}{f'(-1)leq 0}\{f'(1)leq 0}end{array} ight.)，
即(left{egin{array}{l}{3-6a+3bleq 0}\{3+6a+3bleq 0}end{array} ight.)，
又(a>0)，得到
(left{egin{array}{l}{2a-b-1ge 0}\{2a+b+1leq 0}\{a>0}end{array} ight.)，
做出可行域如右图，由图可知，当直线(z=2a+b)，即(b=-2a+z)平移和直线(2a+b+1= 0)平行时，
(2a+b)取到最大值，最大值为(-1)。
本题容易受(a>0)的影响，即点((0，-1))不在可行域内，
但可以在直线(2a+b+1=0)上另外取一点代入求值。
【点评】当利用恒成立转化为线性规划问题后，题目的难度就降低了。同时提醒注意由恒成立命题向二次不等式组转化的这一数学模型，希望大家能理解记忆，以后碰到就可以直接应用。
【法1】转化为斜率型，
思路如下：由于所求值函数为分式形式的关于(a、b)的一次齐次式，
故可以转化为(cfrac{a+2b}{2a+b}=cfrac{1+2cdot cfrac{b}{a}}{2+cfrac{b}{a}})，
(=2-cfrac{3}{2+k}=f(k))，其中(k=cfrac{b}{a})
这样先由可行域求得(k=cfrac{b}{a}in [1，3])
函数(f(k))在区间([1，3])上单调递增，
然后用单调性，求得(cfrac{a+2b}{2a+b}in [1，cfrac{7}{5}])
【法2】换元法，令(a+2b=n)，(2a+b=m)，
联立解以(a、b)为元的方程组，得到
(a=cfrac{2m-n}{3})，(b=cfrac{2n-m}{3})，
代入原不等式组，可将原约束条件转化为关于(m 、n)的不等式组，
即已知(m 、n)满足条件(left{egin{array}{l}{m+n-6ge 0}\{n-m-1leq 0}\{2m-n-3leq 0}end{array} ight.)，
求(cfrac{n}{m})的取值范围。
利用数形结合思想可得，(cfrac{a+2b}{2a+b}=cfrac{n}{m}in [1，cfrac{7}{5}])。图像
分析：如图所示，从数上理解(cfrac{y}{x-5}=cfrac{y-0}{x-5})，从形上理解，应该是定点(A(5，0))和动点(P(x，y))的连线的斜率的取值范围；
故当(k_{AP})最大时，点(P)坐标应该为((1，1))，此时(k_{max}=-cfrac{1}{4})；
当(k_{AP})最小时，点(P)位于直线(y=k(x-5))和函数(y=sqrt{9-x^2})相切的切点(Q)处，以下重点求切点(Q(x_0，y_0))的坐标；
法1：连结(OQ)，可知(|OQ|=3)，(|AQ|=4)，利用等面积法，可知(y_0=cfrac{12}{5})，代入函数(y=sqrt{9-x^2})求得(x_0=cfrac{9}{5})，故(k_{min}=k_{AQ}=-cfrac{3}{4})
故所求范围是([-cfrac{3}{4}，-cfrac{1}{4}])；
法2：利用导数求切点(Q(x_0，y_0))的坐标；
由于(y=g(x)=sqrt{9-x^2})，则(g'(x)=cfrac{1}{2}cdot (9-x^2)^{-cfrac{1}{2}}cdot (-2x)=cfrac{-x}{sqrt{9-x^2}})，
则(k=cfrac{-x_0}{sqrt{9-x_0^2}})①，(y_0=k(x_0-5))②，(y_0=sqrt{9-x_0^2})③，联立①②③，解得(x_0=cfrac{9}{5})，
代入函数(y=sqrt{9-x^2})，求得(y_0=cfrac{12}{5})，故(k_{min}=k_{AQ}=-cfrac{3}{4})，
故所求范围是([-cfrac{3}{4}，-cfrac{1}{4}])；
分析：做出如图所示的三角形可行域，三条边长可知，故求其外接圆的半径可以采用(S_{ riangle OAB}=cfrac{abc}{4R})，
又由于(S_{ riangle OAB}=cfrac{1}{2} imes 3 imes 2=3)，则(3=cfrac{3 imes sqrt{5} imes 2sqrt{5}}{4R})，解得(R=cfrac{5}{2})，故(S_{外接圆}=cfrac{25pi}{4})。
解后反思：结合题目的具体条件，选择恰当的公式，计算量能相应的减少。
分析：先用常规方法求得(m=x-y)的取值范围，可得(min [-4，2])，则(z=|m|in [0，4])，故选(B)。
思路一：转化为点线距
为什么想到这个，我们发现(|2x+y-2|+|x+3y-6|=sqrt{5}cfrac{|2x+y-2|}{sqrt{5}}+sqrt{10}cfrac{|x+3y-6|}{sqrt{10}})，
其中表达式(cfrac{|2x+y-2|}{sqrt{5}})和(cfrac{|x+3y-6|}{sqrt{10}})分别表示园内及圆上的动点到两条直线的距离，所以可以把“数”的问题转化为“形”的问题。
思路二：三角代换，令(x=Rcos heta，y=Rsin heta，Rin[0，1])，则(|2x+y-2|+|x+3y-6|ge|3Rcos heta+4Rsin heta-8|=|5Rsin( heta+phi)-8|)
思路三：
分析： 如图所示，做出可行域，则点(C)应该是线段(AB)的中点；
思路1：用等面积法和中点坐标法，求得直线(y=kx)所经过的另一个点(C(2,4))，故(k=2)
思路2：用向量法求得点(C)，设(C(x,y))，则(overrightarrow{AC}=overrightarrow{CB})，
即((x-4,y-1)=(0-x,7-y))，解得(C(2,4))，故(k=2)
引申：点(C)是线段(AB)的三等分点，求(k)；
此时用线段的定比分点坐标公式或者向量法可以求得点(C)的坐标；
比如用向量法，设(C(x,y))，
当(overrightarrow{AC}=2overrightarrow{CB})，即((x-4,y-1)=2(0-x,7-y))，解得(C(cfrac{4}{3},5))，故(k=cfrac{15}{4});
当(overrightarrow{AC}=cfrac{1}{2}overrightarrow{CB})，即((x-4,y-1)=cfrac{1}{2}(0-x,7-y))，解得(C(cfrac{8}{3},3))，故(k=cfrac{9}{8});