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在平时的解题中常常会遇到一类带条件的分式型最值问题，而这类问题解决难度不大，只要认真仔细推敲，一定会找到许多解法，充分体现了多种数学思想方法.例如：
题目：（第24届2013年“希望杯”高二培训题：第28题）直线3ax-2by-3=0（a>0，b>0）与曲线x2+y2-2x+6y+1=0相交于A、B两点，若AB的长为6，则1a+1b的最小值是
（A）3+22（B）22（C）32（D）3
此题是具有很强的灵活性与挑战性的一道名题，它蕴含着多种解题方法，本文介绍十种解法，供参考.
解法1：用“1”代换
因为x2+y2-2x+6y+1=0，所以（x-1）2+（y+3）2=9，所以它表示以点（1，-3）为圆心、3为半径的圆，
因为AB的长为6，所以线段AB是圆的直径，
因为点A、B在直线AB上，
所以直线3ax-2by-3=0过圆心（1，-3），
所以3a+6b-3=0，即a+2b=1，
所以1a+1b=a+2ba+a+2bb=（1+2ba）+（ab+2）=3+2ba+ab，因为a>0，b>0，
所以由均值不等式，得2ba+ab≥22ba·ab=22，当且仅当2ba=ab，即a=2b时取等号，
所以1a+1b≥3+22，
所以1a+1b的最小值是3+22，故选择：（A）.
点评：通过用“1”代换，可构造形式如mAB+nBA的式子，再利用基本不等式a+b≥2ab即可求出1a+1b最小值.
解法2：分式代换法
由解法1，知a+2b=1，
因为a>0，b>0，所以设a=mm+n，b=n2（m+n），则
1a+1b=m+nm+2（m+n）n=1+nm+2mn+2≥3+2nm·2mn=3+22当且仅当nm=2mn，即n=2m时取等号，
所以1a+1b的最小值是3+22，故选择：（A）.
点评：通过分式代换，也可构造形式如mAB+nBA的式子，再利用基本不等式a+b≥2ab也可简捷地求出1a+1b最小值.
解法3：判别式法
由解法1，知a+2b=1，所以a=1-2b，令1a+1b=t，则
t=11-2b+1b=b+（1-2b）b（1-2b）=1-bb-2b2，
化简得2tb2-（t+1）b+1=0，并看作关于b的一元二次方程，
由判别式Δ>0，得[-（t+1）]2-8t>0，化简得t2-6t+1>0，
解得t≤3-22或t≥3+22.
因为a>0，b>0且a+2b=1，所以02，所以t≥3+22，即1a+1b≥3+22，
所以1a+1b的最小值是3+22，故选择：（A）.
点评：通过引入参数，将原问题的未知量或未知量的代数式用新的变量代换，改变了解决问题的方法和过程，然后根据判别式Δ≥0，也可以达到解题的目的.
解法4：利用公式x2m+y2n≥（x+y）2m+n.
由解法1，知a+2b=1，
因为a>0，b>0，所以由“若x，y∈R，m，n∈R，则x2m+y2n≥（x+y）2m+n”，得1a+1b=12a+（2）22b≥（1+2）2a+2b=3+22当且仅当1a=22b，即a=2b时取等号，
所以1a+1b的最小值是3+22，故选择：（A）.
点评：通过公式x2m+y2n≥（x+y）2m+n，将原问题转化为a+2b的代数式，由a+2b=1便可以使解决过程简单明了.
解法5：（三角法）由解法1，知a+2b=1，
因为a>0，b>0，所以设a=cos2θ，b=12sin2θ，θ≠kπ2，k∈Z，则1a+1b=1cos2θ+2sin2θ=sec2θ+2csc2θ=（1+tan2θ）+2（1+cot2θ）]=3+（tan2θ+2cot2θ）≥3+2tan2θ2cot2θ=3+22当且仅当tan2θ=2cot2θ，即a=2b时取等号.
所以1a+1b的最小值是3+22，故选择：（A）.
点评：根据已知条件适当引入三角变量，再利用三角恒等变换和三角函数的性质进行求解.
解法6：（向量法）由解法1，知a+2b=1，因为a>0，b>0，所以设m=（1a，1b），n=（a，2b），则由|m·n|≤
|m|·|n|得|1a·a+1b·2b|≤1a+1ba+2b当且仅当a=2b时取等号，所以|1+2|≤1a+1b·1，即1a+1b≥3+22，
所以1a+1b的最小值是3+22，故选择：（A）.
点评：通过构造向量，利用向量数量积不等式|m·n|≤
|m|·|n|解不等式最值问题，能使运算过程简便.
解法7：（柯西不等式法）由解法1，知a+2b=1，
因为a>0，b>0，所以由柯西不等式，得
（1a·a+1b·2b）2≤[（1a）2+（1b）2][（a）2+（2b）2]当且仅当a=2b时取等号，所以（1+2）2≤（1a+1b）·（a+2b），即1a+1b≥3+22，
所以1a+1b的最小值是3+22，故选择：（A）.
点评：根据题目本身的结构特征，通过柯西不等式，可使解决过程简捷，此解法通俗易懂，值得推广和应用.
解法8：（导数法）由解法1，知a+2b=1，
因为a>0，b>0，所以a=1-2b，0 所以f′（b）=2（1-2b）2-1b2=-2b2+4b-1b2（1-2b）2，
令f′（b）=0，则-2b2+4b-1b2（1-2b）2，即-2b2+4b-1=0，解得b=2±22，
因为00.
所以f（b）=11-2b+1b在区间（0，2-22）上单调递减，在区间（2-22，12）上单调递增，
所以当b=2-22时，f（b）=11-2b+1b有最小值且
f（b）最小值=12-1+22-2=1+22-1=3+22，即1a+1b≥3+22，
所以1a+1b的最小值是3+22，故选择：（A）.
点评：构造一元函数，将原问题转化为函数的最值问题，再通过求导和利用函数的单调性，使问题得到圆满解决，体现了导数法的解题功能.
解法9：用数学期望EX2≥（EX）2
由解法1，知a+2b=1，
因为a>0，b>0，所以构造离散型随机变量X的分布列：X1a12bPa2b因为EX2=（1a）2·a+（12b）2·2b=1a+1b，
（EX）2=（1a·a+12b·2b）2=（1+2）2=3+22，
所以由EX2≥（EX）2，得1a+1b≥3+22，
所以1a+1b的最小值是3+22，故选择：（A）.
点评：构造离散型随机变量X的分布列，再根据数学期望，使问题顺利得到解决，利用数学期望解题的关键是正确构造离散型随机变量X的分布列.
解法10：（极坐标法）由解法1，知a+2b=1，
因为a>0，b>0，所以设a=x，b=y则x>0、y>0，x+2y=1，
把x=ρcosθ，y=ρsinθ代入x+2y=1得
ρcosθ+2ρsinθ=1，即ρ=12sinθ+cosθ，所以1a+1b=1x+1y=1ρcosθ+1ρsinθ=1ρ（1cosθ+1sinθ）=（2sinθ+cosθ）（1cosθ+1sinθ）=2sinθcosθ+2+1+cosθsinθ≥3+22sinθcosθ·cosθsinθ=3+22.
所以1a+1b的最小值是3+22，故选择：（A）.
点评：用极坐标解决相关的数学问题，同样能给解题者一种“美”的享受.此法计算量不大，通俗易懂，值得借鉴.
[云南省蒙自市蒙自高级中学（661100）]
题目：（第24届2013年“希望杯”高二培训题：第28题）直线3ax-2by-3=0（a>0，b>0）与曲线x2+y2-2x+6y+1=0相交于A、B两点，若AB的长为6，则1a+1b的最小值是
（A）3+22（B）22（C）32（D）3
此题是具有很强的灵活性与挑战性的一道名题，它蕴含着多种解题方法，本文介绍十种解法，供参考.
解法1：用“1”代换
因为x2+y2-2x+6y+1=0，所以（x-1）2+（y+3）2=9，所以它表示以点（1，-3）为圆心、3为半径的圆，
因为AB的长为6，所以线段AB是圆的直径，
因为点A、B在直线AB上，
所以直线3ax-2by-3=0过圆心（1，-3），
所以3a+6b-3=0，即a+2b=1，
所以1a+1b=a+2ba+a+2bb=（1+2ba）+（ab+2）=3+2ba+ab，因为a>0，b>0，
所以由均值不等式，得2ba+ab≥22ba·ab=22，当且仅当2ba=ab，即a=2b时取等号，
所以1a+1b≥3+22，
所以1a+1b的最小值是3+22，故选择：（A）.
点评：通过用“1”代换，可构造形式如mAB+nBA的式子，再利用基本不等式a+b≥2ab即可求出1a+1b最小值.
解法2：分式代换法
由解法1，知a+2b=1，
因为a>0，b>0，所以设a=mm+n，b=n2（m+n），则
1a+1b=m+nm+2（m+n）n=1+nm+2mn+2≥3+2nm·2mn=3+22当且仅当nm=2mn，即n=2m时取等号，
所以1a+1b的最小值是3+22，故选择：（A）.
点评：通过分式代换，也可构造形式如mAB+nBA的式子，再利用基本不等式a+b≥2ab也可简捷地求出1a+1b最小值.
解法3：判别式法
由解法1，知a+2b=1，所以a=1-2b，令1a+1b=t，则
t=11-2b+1b=b+（1-2b）b（1-2b）=1-bb-2b2，
化简得2tb2-（t+1）b+1=0，并看作关于b的一元二次方程，
由判别式Δ>0，得[-（t+1）]2-8t>0，化简得t2-6t+1>0，
解得t≤3-22或t≥3+22.
因为a>0，b>0且a+2b=1，所以0
所以1a+1b的最小值是3+22，故选择：（A）.
点评：通过引入参数，将原问题的未知量或未知量的代数式用新的变量代换，改变了解决问题的方法和过程，然后根据判别式Δ≥0，也可以达到解题的目的.
解法4：利用公式x2m+y2n≥（x+y）2m+n.
由解法1，知a+2b=1，
因为a>0，b>0，所以由“若x，y∈R，m，n∈R，则x2m+y2n≥（x+y）2m+n”，得1a+1b=12a+（2）22b≥（1+2）2a+2b=3+22当且仅当1a=22b，即a=2b时取等号，
所以1a+1b的最小值是3+22，故选择：（A）.
点评：通过公式x2m+y2n≥（x+y）2m+n，将原问题转化为a+2b的代数式，由a+2b=1便可以使解决过程简单明了.
解法5：（三角法）由解法1，知a+2b=1，
因为a>0，b>0，所以设a=cos2θ，b=12sin2θ，θ≠kπ2，k∈Z，则1a+1b=1cos2θ+2sin2θ=sec2θ+2csc2θ=（1+tan2θ）+2（1+cot2θ）]=3+（tan2θ+2cot2θ）≥3+2tan2θ2cot2θ=3+22当且仅当tan2θ=2cot2θ，即a=2b时取等号.
所以1a+1b的最小值是3+22，故选择：（A）.
点评：根据已知条件适当引入三角变量，再利用三角恒等变换和三角函数的性质进行求解.
解法6：（向量法）由解法1，知a+2b=1，因为a>0，b>0，所以设m=（1a，1b），n=（a，2b），则由|m·n|≤
|m|·|n|得|1a·a+1b·2b|≤1a+1ba+2b当且仅当a=2b时取等号，所以|1+2|≤1a+1b·1，即1a+1b≥3+22，
所以1a+1b的最小值是3+22，故选择：（A）.
点评：通过构造向量，利用向量数量积不等式|m·n|≤
|m|·|n|解不等式最值问题，能使运算过程简便.
解法7：（柯西不等式法）由解法1，知a+2b=1，
因为a>0，b>0，所以由柯西不等式，得
（1a·a+1b·2b）2≤[（1a）2+（1b）2][（a）2+（2b）2]当且仅当a=2b时取等号，所以（1+2）2≤（1a+1b）·（a+2b），即1a+1b≥3+22，
所以1a+1b的最小值是3+22，故选择：（A）.
点评：根据题目本身的结构特征，通过柯西不等式，可使解决过程简捷，此解法通俗易懂，值得推广和应用.
解法8：（导数法）由解法1，知a+2b=1，
因为a>0，b>0，所以a=1-2b，0
令f′（b）=0，则-2b2+4b-1b2（1-2b）2，即-2b2+4b-1=0，解得b=2±22，
因为0
所以f（b）=11-2b+1b在区间（0，2-22）上单调递减，在区间（2-22，12）上单调递增，
所以当b=2-22时，f（b）=11-2b+1b有最小值且
f（b）最小值=12-1+22-2=1+22-1=3+22，即1a+1b≥3+22，
所以1a+1b的最小值是3+22，故选择：（A）.
点评：构造一元函数，将原问题转化为函数的最值问题，再通过求导和利用函数的单调性，使问题得到圆满解决，体现了导数法的解题功能.
解法9：用数学期望EX2≥（EX）2
由解法1，知a+2b=1，
因为a>0，b>0，所以构造离散型随机变量X的分布列：X1a12bPa2b因为EX2=（1a）2·a+（12b）2·2b=1a+1b，
（EX）2=（1a·a+12b·2b）2=（1+2）2=3+22，
所以由EX2≥（EX）2，得1a+1b≥3+22，
所以1a+1b的最小值是3+22，故选择：（A）.
点评：构造离散型随机变量X的分布列，再根据数学期望，使问题顺利得到解决，利用数学期望解题的关键是正确构造离散型随机变量X的分布列.
解法10：（极坐标法）由解法1，知a+2b=1，
因为a>0，b>0，所以设a=x，b=y则x>0、y>0，x+2y=1，
把x=ρcosθ，y=ρsinθ代入x+2y=1得
ρcosθ+2ρsinθ=1，即ρ=12sinθ+cosθ，所以1a+1b=1x+1y=1ρcosθ+1ρsinθ=1ρ（1cosθ+1sinθ）=（2sinθ+cosθ）（1cosθ+1sinθ）=2sinθcosθ+2+1+cosθsinθ≥3+22sinθcosθ·cosθsinθ=3+22.
所以1a+1b的最小值是3+22，故选择：（A）.
点评：用极坐标解决相关的数学问题，同样能给解题者一种“美”的享受.此法计算量不大，通俗易懂，值得借鉴.
[云南省蒙自市蒙自高级中学（661100）]