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对问题进行多角度、多方位的分析，探究通性通法，可以拓展学生的思路，优化学生的思维品质，培养创新与探究的意识，提高分析问题和解决问题的能力.二元函数的最值问题是高考的热点，也是难点.下面是笔者在高三复习教学中遇到的一道试题.
已知x,y∈R，则
(x+y)2+(x-1 y-1)2的最小值为（）
(A) 1 4(B) 1 2(C) 2 2(D) 22
本文从多个角度分析与归纳，充分挖掘试题的价值与内涵，得到该题三种不同的解法，颇感受益，现整理出来，以飨读者.
一、转换视角——函数法
考虑到目标代数式中含有两个变元，不妨把其中一个变元x设为主元，另一个变元
y视为常量，使其相对“固定”，从而将问题转化为关于x的函数的最值问题来求解.
解法1：记f (x)=(x+y)2+(x-1 y
-1)2
,x∈R，则
f ′(x)=2(x+y)+2(x-1 y-1),
令f ′(x)=0，得
x=1 y+1-y 2
, 于是当x<
1 y+1-y 2
时，
f ′(x)<0；
x>1 y+1-y 2
时，
f ′(x)>0
.从而当
x=1 y+1-y 2时，
f (x)min
=f(1 y+1-y 2)=
(y+1 y+1)2 2
.又
|y+1 y|=|y|+|1 y|≥2
（当且仅当|y|=1时取“=”号）, 从而
y+1 y≥2
或y+1 y≤-2，即
1+y+1 y≥3
或
1+y+1 y≤-1
.从而
(y+1 y+1)2≥1
即
(y+1 y+1)2 2
≥1 2
（当且仅当y=-1时取“=”号）.于是，当且仅当
y=-1
且x=1 2时，［(x+y)2+(x-1 y-1)2］
min=1 2，故选(B).
评注：通过转换视角将二元（多元）最值问题转化为关于某一变元的函数最值来求解，即将其中一个变元视为主元，其余的视为辅元，是我们处理二元（多元）最值问题的常见解题套路.
二、转化——联系均值不等式
通过对目标代数式进行结构形式上的特征分析——平方和，且
x+y与
x-1 y-1中x的系数相同，联想到重要均值不等式
a2+b2 2≥(a+b 2)2
（当且仅当a=b时取“=”号），可对目标代数式作适当变形后，利用不等式求解.
解法2：
(x+y)2+(x-1 y-1)2=
(x+y)2+(1 y+1-x)2≥
［(x+y)+(1 y+1-x)］2 2
=(y+1 y+1)2 2
（当且仅当x+y=1 y+1-x时取“=”号）.又
|y+1 y|=|y|+|1 y|≥2
（当且仅当|y|=1时取“=”号）,得
y+1 y≥2或y+1 y≤
-2,即
1+y+1 y≥3或
1+y+1 y≤-1,于是
(1+y+1 y)2≥1，即
(y+1 y+1)2 2≥1 2（当且仅当y=-1时取“=”号），因此
(x+y)2+(x-1 y-1)2≥
(y+1 y+1)2 2
≥1 2
（当且仅当x=1 2且y=-1时取“=”号）,
故选(B).
评注：着重于目标代数式结构形式上的特征分析，探究其本质，是问题求解的着眼点.通过对目标代数式的适当变形后应用均值不等式，从而很好的实现了变元的消减，化解了问题求解的难度，但值得注意的是在两次使用基本不等式过程中，只有当等号同时成立，最终才能取到最值.
三、数形结合——几何法
依据目标代数式的结构特点——平方和，联想到平面内两点间的距离公式，可利用目标代数式的几何意义，数形结合处理.
解法3：易知：
(x+y)2+(x-1 y-1)2
可看作平面内A(x,x-1)、B(-y,1 y)两点间距离的平方，又由
A、B两点坐标可知：点A在直线y=x-1上，点B在曲线
g(x)=-1 x上，于是：由直
线
y=x-1与函数
g(x)=-1 x图象间的位置关系知：（如图1所示）当
l0∥l且与曲线g(x)相切时，切点P到直线y=x-1的距离d为A、B两点间距离的最小值.设
P（x0,y0)，则
g′(x0)=0，即
1 x20=1，又由图知
x0>0，所以x0=1，y0=-1，即
P(1,-1).于是：
d=1 2
=2 2
,从而d2=1 2,即
［(x+y)2+(x-1 y-1)2］min
=1 2
，故选(B).
评注：利用目标代数式的几何意义，以形解数是二元（多元）最值问题的有效处理手段.该做法直观形象，简捷高效，值得提倡与掌握.因此，在平时的教学中要多注意这方面的训练与培养.
通过对以上具有较强示范性和代表性的问题进行多角度的尝试和探究，我们看到了在求解二元（多元）最值问题中，抓住题设条件及目标式进行形式结构上的特征分析，适当变形，合理联想与转化是解题的关键，归纳了函数法、不等式法、数形结合法等基本策略.感悟方法的产生，既激发了学生的兴趣，促进了学生知识结构与方法体系的不断完善，又开发了学生的潜力，培养了学生创新与探究的精神，提高了思维能力和解决问题的能力，能够更好的完善教学目标.
已知x,y∈R，则
(x+y)2+(x-1 y-1)2的最小值为（）
(A) 1 4(B) 1 2(C) 2 2(D) 22
本文从多个角度分析与归纳，充分挖掘试题的价值与内涵，得到该题三种不同的解法，颇感受益，现整理出来，以飨读者.
一、转换视角——函数法
考虑到目标代数式中含有两个变元，不妨把其中一个变元x设为主元，另一个变元
y视为常量，使其相对“固定”，从而将问题转化为关于x的函数的最值问题来求解.
解法1：记f (x)=(x+y)2+(x-1 y
-1)2
,x∈R，则
f ′(x)=2(x+y)+2(x-1 y-1),
令f ′(x)=0，得
x=1 y+1-y 2
, 于是当x<
1 y+1-y 2
时，
f ′(x)<0；
x>1 y+1-y 2
时，
f ′(x)>0
.从而当
x=1 y+1-y 2时，
f (x)min
=f(1 y+1-y 2)=
(y+1 y+1)2 2
.又
|y+1 y|=|y|+|1 y|≥2
（当且仅当|y|=1时取“=”号）, 从而
y+1 y≥2
或y+1 y≤-2，即
1+y+1 y≥3
或
1+y+1 y≤-1
.从而
(y+1 y+1)2≥1
即
(y+1 y+1)2 2
≥1 2
（当且仅当y=-1时取“=”号）.于是，当且仅当
y=-1
且x=1 2时，［(x+y)2+(x-1 y-1)2］
min=1 2，故选(B).
评注：通过转换视角将二元（多元）最值问题转化为关于某一变元的函数最值来求解，即将其中一个变元视为主元，其余的视为辅元，是我们处理二元（多元）最值问题的常见解题套路.
二、转化——联系均值不等式
通过对目标代数式进行结构形式上的特征分析——平方和，且
x+y与
x-1 y-1中x的系数相同，联想到重要均值不等式
a2+b2 2≥(a+b 2)2
（当且仅当a=b时取“=”号），可对目标代数式作适当变形后，利用不等式求解.
解法2：
(x+y)2+(x-1 y-1)2=
(x+y)2+(1 y+1-x)2≥
［(x+y)+(1 y+1-x)］2 2
=(y+1 y+1)2 2
（当且仅当x+y=1 y+1-x时取“=”号）.又
|y+1 y|=|y|+|1 y|≥2
（当且仅当|y|=1时取“=”号）,得
y+1 y≥2或y+1 y≤
-2,即
1+y+1 y≥3或
1+y+1 y≤-1,于是
(1+y+1 y)2≥1，即
(y+1 y+1)2 2≥1 2（当且仅当y=-1时取“=”号），因此
(x+y)2+(x-1 y-1)2≥
(y+1 y+1)2 2
≥1 2
（当且仅当x=1 2且y=-1时取“=”号）,
故选(B).
评注：着重于目标代数式结构形式上的特征分析，探究其本质，是问题求解的着眼点.通过对目标代数式的适当变形后应用均值不等式，从而很好的实现了变元的消减，化解了问题求解的难度，但值得注意的是在两次使用基本不等式过程中，只有当等号同时成立，最终才能取到最值.
三、数形结合——几何法
依据目标代数式的结构特点——平方和，联想到平面内两点间的距离公式，可利用目标代数式的几何意义，数形结合处理.
解法3：易知：
(x+y)2+(x-1 y-1)2
可看作平面内A(x,x-1)、B(-y,1 y)两点间距离的平方，又由
A、B两点坐标可知：点A在直线y=x-1上，点B在曲线
g(x)=-1 x上，于是：由直
线
y=x-1与函数
g(x)=-1 x图象间的位置关系知：（如图1所示）当
l0∥l且与曲线g(x)相切时，切点P到直线y=x-1的距离d为A、B两点间距离的最小值.设
P（x0,y0)，则
g′(x0)=0，即
1 x20=1，又由图知
x0>0，所以x0=1，y0=-1，即
P(1,-1).于是：
d=1 2
=2 2
,从而d2=1 2,即
［(x+y)2+(x-1 y-1)2］min
=1 2
，故选(B).
评注：利用目标代数式的几何意义，以形解数是二元（多元）最值问题的有效处理手段.该做法直观形象，简捷高效，值得提倡与掌握.因此，在平时的教学中要多注意这方面的训练与培养.
通过对以上具有较强示范性和代表性的问题进行多角度的尝试和探究，我们看到了在求解二元（多元）最值问题中，抓住题设条件及目标式进行形式结构上的特征分析，适当变形，合理联想与转化是解题的关键，归纳了函数法、不等式法、数形结合法等基本策略.感悟方法的产生，既激发了学生的兴趣，促进了学生知识结构与方法体系的不断完善，又开发了学生的潜力，培养了学生创新与探究的精神，提高了思维能力和解决问题的能力，能够更好的完善教学目标.