2023年高考數(shù)學(xué)第04章變?cè)c參數(shù)的思想方法

第04章變?cè)c參數(shù)的思想方法

G.波利亞指出：“引入輔助元是引人注目的一步，人的高明之處就在于當(dāng)他碰到一個(gè)不能直

接克服的障礙時(shí)，他會(huì)繞過(guò)去；當(dāng)原來(lái)的問(wèn)題看起來(lái)似乎不好解時(shí)，就會(huì)想出一個(gè)合適的輔助

問(wèn)題，構(gòu)想一個(gè)輔助問(wèn)題是一項(xiàng)重要的思維活動(dòng)

本章把重點(diǎn)放在輔助元的引入以及在解題中的作用，論述變?cè)c參數(shù)的思想方法.變?cè)匆?/p>

進(jìn)輔助元，是指通過(guò)字母變?cè)ɑ虮磉_(dá)式）表示，代替或轉(zhuǎn)化為某些確定的數(shù)學(xué)對(duì)象，將數(shù)學(xué)

問(wèn)題化繁為簡(jiǎn)、化難為易、化未知為已知，從而達(dá)到所求目標(biāo)的一種思維傾向，即換元思想.它

的理論依據(jù)是等量代換.輔助元素一般是通過(guò)分析條件和題型特征，從解決問(wèn)題的需要角度來(lái)確

定的，運(yùn)用換元思想處理問(wèn)題的具體操作過(guò)程中，實(shí)施未知量或變最的替代，其關(guān)鍵是確定替

代關(guān)系，替代關(guān)系的確定通常是：以新元代舊元，以新式替舊式，賦舊元以新式，以新式替舊

式，從換元的形式來(lái)看，常用的有比值代換、根式代換、變量代換、初等函數(shù)代換、常值代換、

三角代換等.從思想方法的角度來(lái)看，常有整體代換、局部代換、均值代換、倒置代換、對(duì)稱(chēng)代

換等.

變?cè)鳛橐环N重要的數(shù)學(xué)方法，在多項(xiàng)式的因式分解、代數(shù)式的化簡(jiǎn)、恒等式或不等式的

證明，方程、方程組、不等式、不等式組或混合組的求解，函數(shù)表達(dá)式、定義域、值域或極值

的探求等問(wèn)題中都有廣泛的應(yīng)用.

換元法的特點(diǎn)是原題中的舊元或舊式是存在的，為了問(wèn)題容易解決，用新元或新式來(lái)代替

舊元或舊式，而參數(shù)則不同，參數(shù)可以是原來(lái)就存在的，可能原來(lái)沒(méi)有把它作參變量看，比如

直線(xiàn)方程y=履+6,若把攵看作參數(shù)，則表示過(guò)定點(diǎn)（0,份的直線(xiàn)系方程；若把人看作參數(shù),

則表示斜率為左的直線(xiàn)系方程.參數(shù)也可以是為了使問(wèn)題的條件和結(jié)論發(fā)生關(guān)系或使關(guān)系明朗

化而引進(jìn)的，參數(shù)的出現(xiàn)并不需要舊元或舊式的依托，參數(shù)是解析幾何中的第三變量，是橋梁

或探測(cè)器，比如在解有關(guān)圓、橢圓、雙曲線(xiàn)、拋物線(xiàn)的問(wèn)題時(shí)，可以引進(jìn)之外的第三變量

將圓、橢圓、雙曲線(xiàn)、拋物線(xiàn)的直角坐標(biāo)方程化為參數(shù)方程.在一個(gè)數(shù)學(xué)問(wèn)題中，決定其本質(zhì)特

征的量，都可稱(chēng)之為獨(dú)立參數(shù).

第十七講運(yùn)用輔助元法巧解數(shù)學(xué)題

在解題過(guò)程中，通過(guò)引人一個(gè)或幾個(gè)新變量來(lái)代替原式中某些量或式以實(shí)現(xiàn)變量替換，從

而使問(wèn)題得以解決，這種解題方法叫作換元法，又稱(chēng)輔助元法，輔助元法的理論根據(jù)是等量代

換.

輔助元法可以把分散的條件聯(lián)系起來(lái)，或者把隱、含的條件顯示出來(lái)，或者把條件與結(jié)論聯(lián)

系起來(lái)，或者變換為熟悉的形式，把繁難的計(jì)算和推理論證簡(jiǎn)化，從而達(dá)到化難為易、化繁為

簡(jiǎn)、化未知為已知的目的，有利于問(wèn)題的解決換元中一定要注意新元的約束條件和整體置換策

略的運(yùn)用，適時(shí)補(bǔ)充條件以符合原未知數(shù)取值范圍的要求.

輔助元法的基本步驟如下：

(1)把原問(wèn)題中某個(gè)式子或某幾個(gè)式子分別看成一個(gè)整體；

(2)引人新元代替這些式子，使以新元為基礎(chǔ)的問(wèn)題較為簡(jiǎn)潔易解；

(3)對(duì)以新元為基礎(chǔ)的問(wèn)題進(jìn)行解答，得出結(jié)果；

(4)再代回原來(lái)的式子中求出原變量的結(jié)果.

合理運(yùn)用輔助元法解題策略，可以使解題能力更上一個(gè)臺(tái)階.

(2)解方程：V—6x+1+，5-2+9x-2=5x—1；

(3)解方程：］(8—cP+#(27+x)2=#(8—x)(27+x)+7.

解題策略：通過(guò)換元化無(wú)理為有理，思考的方法是對(duì)的，但上述方程中無(wú)理式不止一個(gè),

關(guān)鍵要認(rèn)清這些無(wú)理式之間的關(guān)系，即通過(guò)運(yùn)算或變形有可能得到什么結(jié)果，第(1)問(wèn)可采用

平均代換，第(2)(3)問(wèn)可引進(jìn)兩個(gè)新元，尋求兩個(gè)新元之間的聯(lián)系.

解：(1)令」x—，=g+f,則一、5—』=」一￡.由上述兩式平方之差，有

\x2Vx2

x-5^2xt,即

2x

于是

從而n一w=1,即d—x—5=0,解得x=1±且

x2

經(jīng)檢驗(yàn)，x=匕@是原方程的解.

2

(2)設(shè)，5/—6「+1=%5/5/+9X一2=丫,于是有方程組;

w+v=5x-l①

當(dāng)5x—l/0,②十①得：u-v=-3③

u2-v2=-3(5x-l)②

由①和③解得：M=-(5X-4),75X2-6X+1=-(5x-4).

22

解這個(gè)方程得：X,=2,X2=1.

當(dāng)5x—1=0時(shí)，￡=3適合原方程.所以原方程的解是％=2,々=4,￡='

(3)注意到三次根式我二7與正*的立方和為常數(shù).

故可設(shè)〃=麻工,u=^27+x,則〃3+/=35.

又由原方程得〃2+v2=〃u+7,即〃2-WV+v2=7.

…u3+v335匚

從而w+v=-2--------=—=5,

u-uv+v'7

“V=；[(“+y)2_(“2_“y+y2)]=；x(§2—7)=6.

于是M,V是方程y2-5y+6=0的兩個(gè)根，解得y=2,8=3.

當(dāng)〃=2,v=3時(shí)，玉=0；當(dāng)〃=3,丫=2時(shí)，x2=-19.

經(jīng)檢驗(yàn)，%=0,々=一19都適合原方程，所以原方程的解是5=0,赴=—19.

例2:(1)解方程：2x49,2-9X14?+7X4*=0；

(2)已知函數(shù)/(x)=工2+辦+與+色+優(yōu)xr0,xwR),若實(shí)數(shù)a,6使得/(x)=0有實(shí)

XX

根，

求。2+〃的最小值；

(3)方程以2-4改+1=0("0)的兩個(gè)正數(shù)解機(jī),〃滿(mǎn)足|lgm一1g〃區(qū)1,求a的取值范

圍.

解題策略：第(1)問(wèn)是解指數(shù)方程，由于底數(shù)不相同，無(wú)法化為同底，故需設(shè)兩個(gè)新元，

再通過(guò)分解因式得兩個(gè)新元之間的關(guān)系再解之.第(2)問(wèn)，函數(shù)解析式中含有x+工和￡+二,

XX

令x+工=r.通過(guò)局部換元、整體處理使原問(wèn)題轉(zhuǎn)化為關(guān)于t的二次函數(shù).又由于f有范圍限制,

X

可采用變更主元，即以〃”為主元，得到直線(xiàn)方程，轉(zhuǎn)化為點(diǎn)到直線(xiàn)的距離問(wèn)題，解題中出現(xiàn)

尸+1的形式，又一次局部換元(中途換元在變換過(guò)程中才能發(fā)現(xiàn))，在多次換元過(guò)程中，新元的

范圍確定非常重要.第(3)問(wèn)，方程

ax2-4or+l=0(aw0)有正根,小〃，用韋達(dá)定理使/〃+”,〃加用a表示，將超越式

|lg/n-lgn|<1變更為關(guān)于〃"的代數(shù)不等式，并把/“+〃,〃?〃用a表示的式子代入，即

可得關(guān)于。的不等式，即可求出。的取值范圍，整體代換在解題過(guò)程中發(fā)揮重要要作用.

解：(1)原方程變形為2x(7/產(chǎn)—9x7,x2"+7x(2*)2=0.

設(shè)y=7/，z=2'，則有2y2—9yz+7z2=0,

分解方程左邊，則有(y—z)(2y—7z)=0.所以y=z或2y=7z,即7,=2”或

2x7”=7x2、

，272

由7尸=2尸，可得(/廣=1,解得x=0.

由2x7*=7x2*,可得(：)/=：,解得x=±l.

經(jīng)檢驗(yàn)，x=0,x=±l均為原方程的解.

c1a

(2)由/(工)=m2+以+=+—+?？傻?/p>

XX

1111

f(X)=(廠9Hy)+C1(^XH)+/?=(XH9+Cl^XH)+b—2.

XXXX

令x+』=，，則原問(wèn)題轉(zhuǎn)化為方程/+〃+8一2=0根的討論.

X

若將。力如視作主元，f為參數(shù)，則方程變?yōu)榛?人+/-2=0.

P(a,b)為直線(xiàn)l:ta+b+t2-2=0上一點(diǎn)，則|0尸1=/十戶(hù)

"2—212o

設(shè)原點(diǎn)到直線(xiàn)I的距離為d.則a2+b2>d2=v,)=(r+1)+一一一6.

r+1r+1

再令〃=產(chǎn)+1,則“=(X+L)2+IN5(當(dāng)且僅當(dāng)x=工時(shí)取等號(hào)).

XX

aQ

由于y=〃+——6在［5,+oo)上單調(diào)遞增，故當(dāng)〃=5時(shí)，函數(shù)>=〃+——6取最小值

UU

4

即"十〃的最小值為一.

5

,1

(3)因?yàn)榫拧??,々工0,所以A=16a~-4aN0,故。<0或—,

4

由韋達(dá)定理得〃?+〃=4,=,>0,從而可得。①

a4

又由已知|lg〃?一lg〃|"1,W-l<lgm-lgn,,1,即lg〃-l又1g辦，l+lg〃

nnH

從而有1g歷別gmlg(10n)=>—10〃,故-而囪,〃2-10〃0,

n1

所以(m----)(m-10n),0,即加2+〃2—(10H---)〃叫0

1()91()

)21

由此可得("Z+〃)2—記~"〃2<0.

11211121

又因?yàn)殂?"=4,=上>0,所以16—早~x上<0na《f②

a10a160

1121

由①②得a的取值范圍范為-<</<—.

4160

例3:(1)解不等式：+5>x+1；

(2)解不等式：—x+—x—1<3；

(3)已知。為銳角,求證：fttan>yja2+b2.

cos。

解題策略：本例第(1)(2)兩問(wèn)是解無(wú)理不等式，一般將其轉(zhuǎn)化為有理不等式組.若運(yùn)用

換元法，即抓住無(wú)理式結(jié)構(gòu)，用一個(gè)變量進(jìn)行代換，則立即轉(zhuǎn)化為有理不等式，解之就不難了，

當(dāng)然在解答時(shí)，對(duì)于新元的取值范圍應(yīng)予以重視.第(3)問(wèn)是三角不等式證明.可采用整體換提

元，即令％--btan。，通過(guò)尋找問(wèn)題中隱含的幾何意義轉(zhuǎn)化為解析幾何知識(shí)證明是個(gè)''好

COS。

念頭

解：⑴令j2x+5=〃.0),則x=；(『一5),于是，原不等式可化為r〉；(產(chǎn)一5)+1.

即「一2/-3<0,解得一1</<3,且Z..0,即0,,儂+5<3.

由此解得原不等式解集為-3,2

2

(2)令G-x-l=t,則％2-》=r+19.0).于是原不等式可化為t2+t-2<0.

I-----------[_y_1V1

解得一2</<1,且人.0,即Q,vl,變形為《.’

(x2-x-l..O.

解得^^,.<2或_]<%,^^.

22

-[K(1R-

由此得原不等式的解集為匕衛(wèi),2-1,匕乂2.

22

，，a,八a-bsin0a-bsin0

(3)證明：令k=---------htan0=-------------=----------------

cos0cos00-(-cosO')

則上可看成是過(guò)A(0,a),8(—cos。,bsin6)兩點(diǎn)的直線(xiàn)的斜率,

而動(dòng)點(diǎn)B的軌跡方程為f3=1。＜(),y〉0).

當(dāng)直線(xiàn)AB與曲線(xiàn)r+方=1(》＜0,＞＞0)相切時(shí)，上有最小值，

2

設(shè)過(guò)定點(diǎn)A且與橢圓/+方=1相切的直線(xiàn)方程為y=kx+a,代人橢圓方程，得

2

W+/卜2+24ax+/-h=0.

令A(yù)=0,f#p=a2-/?2,且％'＞0,/.a2-b2＞0,

于是K=J/-<2,kj^k=\Ja2-b2,--------bland\ja2-h2.

cos3

例4：(1)求函數(shù)y=,尤2+9+Jr2-8x+17的最小值;

(2)設(shè)。＞0,求/(x)=2c/(sinx+cos冗)-sinxcosx-2"的最大值和最小值；

a

(3)已知0＜。＜乃，證明：2sin2a,,cot—,并討論a為何值時(shí)等號(hào)成立.

2

解題策略：第⑴問(wèn)，若用代數(shù)方法求解肯定較煩瑣，觀察本題結(jié)構(gòu)，聯(lián)想到&+9與

8x+17=J(4-4+l分別是復(fù)數(shù)z,=x+3i與Z2=(4-X)+Z的模，代入

IzJ+lz^..l^+zJ即可求解.第⑵問(wèn)，通過(guò)換元轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)區(qū)間最值問(wèn)題.第(3)問(wèn)，可通過(guò)

初等函數(shù)的代換，將三角不等式的證明轉(zhuǎn)化為代數(shù)不等式的證明，關(guān)鍵是尋找合適的代換，而

萬(wàn)能置換正合適.

22

解：(1)設(shè)ZI=x+3z,z2=(4-x)+i,貝I]|z,|=y]x+9,|z21=yj(4-x)+1,

|ZI+Z2|=|4+4Z|=4V2.

又因?yàn)閨zJ+1z?[[Z]+z?|,所以\lx2+9+J(4-X)。+1..4A/2.

當(dāng)且僅當(dāng)Z]=眩2(%>0)時(shí)取等號(hào)，此時(shí)攵=3,即x=3(4-元),x=3.

故y=Jd+9+&-8X+17的最小值是472.

(2)設(shè)sinx+cosx=f,則/=V^sin(x+—)c[-夜，夜],sinxcosx=----,

42

從而/(x)=gQ)=_g?-2a)2+g(a>O)/￡[_0,0]」=一五時(shí)取最小值：

-2/-2國(guó)-上;

2

當(dāng)2a.時(shí)，，=時(shí)取最大值：-2c，+2yfia-L；當(dāng)0<2Q<J^時(shí)，t=2a時(shí)取

2

最大值：一.

2

—(0<q<

???門(mén)>）的最小值為-2/—2及〃-g;最大值為<2

(a.四.

-2a2+2\/2a--

22

（3）證明：令tan±a=f,則由0<CL/（7土1知，>0,由萬(wàn)能公式，原不等式可化為

222

,2tl-t21

1+/21+r2"t'

用《1+產(chǎn)丫乘上面不等式兩端，問(wèn)題變?yōu)樽C明8/（1-r）“（1+產(chǎn)丫，

展開(kāi)化簡(jiǎn)，得—9/+6/—L,0,即-（3產(chǎn)一1）；0.

由于以上每步可逆，故原不等式成立.等號(hào)當(dāng)且僅當(dāng)『=』即tan^=立，即。=色

3233

時(shí)成立.

■7T

故當(dāng)時(shí);原不等式中等號(hào)成立.

3

第十八講三角換元——三角學(xué)的智慧之果

變量代換是借助于引入新變量來(lái)實(shí)現(xiàn)問(wèn)題轉(zhuǎn)化的一種解題策略，新變量的引人沒(méi)有固定的

形式，它依賴(lài)問(wèn)題本身的結(jié)構(gòu)和特點(diǎn)，許多代數(shù)題目都可以根據(jù)題目的特點(diǎn)，應(yīng)用三角函數(shù)進(jìn)

行適當(dāng)?shù)拇鷵Q，結(jié)合三角恒等式，將代數(shù)問(wèn)題轉(zhuǎn)化為三角問(wèn)題，使問(wèn)題得以簡(jiǎn)捷地獲解，當(dāng)然，

用三角函數(shù)或三角函數(shù)式代換代數(shù)式中的變量時(shí)應(yīng)由舊變量的取值范圍

確定新元的取值范圍.推而廣之，將某一個(gè)系統(tǒng)中的問(wèn)題對(duì)應(yīng)地轉(zhuǎn)化到另一個(gè)系統(tǒng)中去解決，

這是變量代換最本質(zhì)的作用.

三角換元主要用來(lái)解決如下結(jié)構(gòu)的數(shù)學(xué)問(wèn)題：

(1)/2(x)+g2(%)=R2型：可設(shè)/(x)=Rcos6，g(x)=Asin?去求解?對(duì)伊的取值

范圍作相應(yīng)限定，下同.

l

(2)y1a與"型:可設(shè)x=acos?；騲=asin。去解.

(3)/2(x)-g2(x)=*型：可設(shè)/(x)=Rsece,g(x)=Rtan去解.

(4)J」+/2(x)型:可設(shè)/(x)=Rtan?去解.

(5)J%2_R2或型:可設(shè)X=/?5&8或1=RcscO去解?

(6)上y、型：可設(shè)尤=tan],運(yùn)用萬(wàn)能置換公式去解.

1±犬1+?2

xiy

(7)型：可設(shè)X=tanc,y=tan/3,運(yùn)用兩角和或差的正切公式去解.

由函數(shù)式隱含的幾何意義，通過(guò)三角換元轉(zhuǎn)化為運(yùn)用數(shù)形結(jié)合法去解，如有些問(wèn)題可在三

角換元后轉(zhuǎn)化為直線(xiàn)與二次曲線(xiàn)的關(guān)系問(wèn)題.

例1(1)求函數(shù)y=Jx-4+，15-3x的最大值和最小值;

x—\/3

(2)求函數(shù)的值域；

Vl+x2

(3)求函數(shù)y=x+國(guó)2%2—4x+6的值域:

(4)已知啜P+y22,求Z=%2一孫+y2的最值.

【解題策略】

無(wú)理函數(shù)的最值或值域的求法是一個(gè)難點(diǎn)，難在如何才能去掉根號(hào)使之成為有理函數(shù)，而

三角換元借助于三角公式能實(shí)現(xiàn)這一轉(zhuǎn)化，問(wèn)題在于所給出的函數(shù)解析式常常并非一目了然地

能找到三角換元的途徑，需要對(duì)解析式中的被開(kāi)方式實(shí)施變形，找準(zhǔn)方向，實(shí)現(xiàn)三角換元.對(duì)

于第(1)問(wèn)中含有兩個(gè)無(wú)理式，則必須找到兩個(gè)無(wú)理式中被開(kāi)方式的關(guān)聯(lián)，一步到位實(shí)現(xiàn)化

無(wú)理為有理、化一般代數(shù)式為三角式的目標(biāo)，第(4)問(wèn)是二元函數(shù)，關(guān)鍵在于如何由條件

W+/2,實(shí)施三角換元，且要總體考慮，當(dāng)然三角換元必須由條件對(duì)角的范圍進(jìn)行限

定.在這一限定下運(yùn)用三角知識(shí)，求解三角換元可使較復(fù)雜的問(wèn)題簡(jiǎn)單化.

【解】

冗

(1)由于4領(lǐng)k5,故可令x=4+sin2a。領(lǐng)Ja

2,

cosa=2sinfa+-.

則原式變?yōu)閥=sina+百

I3J

41

當(dāng)a=R即、=4評(píng)，'取得最大值2；

當(dāng)a=],即x=5時(shí)，V取得最小值1.

(加冗、

(2)函數(shù)的定義域?yàn)镽,令x=1皿。，.

\22J

則y=tan°_=sin。-V^cose=2sin0-^-\.

sec。I3)

十冗八15兀八7C7C

由I于——v，v—,/.----<0---<—.

22636

57rTT7T

而當(dāng)——時(shí)，y為減函數(shù)，此時(shí)—2vyv—1,

632

當(dāng)一TT6-7工T<72T時(shí)，y為增函數(shù)，此時(shí)-2,y<l.故函數(shù)的值域?yàn)閇-2,1).

236

(3)【解法一】

v2x2-4x+6=2(x-l)2+4,可設(shè)x-l=3tane1|e]<]).

則y=&tan6+l+2sece="3+sm")+i.

cos。

設(shè)必=2^01<,則M>0,從而“cosg—sin6=.

(>/7Wcos(e+0)=及(其中3夕=赤了，sm0=7^G)-

正____

2

cos(6>+<p)=1,揚(yáng)+]..揚(yáng).M+1..2,1.」且〃>0,Aw..l,

VW2+1

y..^2+\.故函數(shù)的值域?yàn)閇也+1,+oo).

【解法二】

由解法一得u=0+sin。。例<工],則“為P(cos0,sin8)[[例<[]與點(diǎn)A(0,-啦)連

cos0\2J\2J

線(xiàn)的斜率.

設(shè)過(guò)點(diǎn)A的直線(xiàn)方程為)+&="，即"-y-JI=0,顯然我>0,當(dāng)直線(xiàn)與半圓

/y

X2+y2=l(0<x?l,—ivyvl)相切時(shí)，d=Z-——.^1,解得左=1,數(shù)形結(jié)合易得

42+1

k.A,即及+1.故函數(shù)的值域?yàn)閇、份+1,+8).

(4)令人=Axos8,y=ksin0f則掇Q2.

(I、

又z=Y-q+V二代一女2sin9cos0=女21——sin20.

I2/

當(dāng)左2=2,sin29——1時(shí)，Zmax=3；

當(dāng)42=],sin26=1時(shí)，zmin=g.

例2(1)已知實(shí)數(shù)o，卜c滿(mǎn)足a+》+c=O，々2+6+。2=1，則。的最大值是

（2）對(duì)于0>0，當(dāng)非零實(shí)數(shù)0，3滿(mǎn)足4a2_2々6+4力2_C=0，且使|2a+6最大

時(shí)，的最小值為.

abc

解題策略

第（1）問(wèn)，由于條件是三元等式，如何實(shí)現(xiàn)三角換元需要精心構(gòu)思，可以有多種三角換

元的方法；第（2）問(wèn)，若將4/一2他+4〃—c=O變形為

（2。一^）+^/?2=c（c>0）.聯(lián)想到三角公式sin?c+cos2a=1,可令

Er

—b=7ccosa

<2b,從而求?2。+切的最大值轉(zhuǎn)化為三角函數(shù)求最大值.從而說(shuō)明了數(shù)學(xué)是

2a=&sina

I2

靈動(dòng)的，通過(guò)思維完成構(gòu)想，一旦成功何等快意，正如歐陽(yáng)修的詩(shī)句：“一閱聲長(zhǎng)聽(tīng)不盡，輕

舟短楫去如飛.

【解】

（1）【解法一】

將c=-(a+b)代入/+h2+c2=1得/+從+ab=L

2

j+—

整理得(j+b

142

\ci拒

C°S，/7[7[7

,22.則〃=二。的最大值為出

333

—a=—：sin<9

[22

【解法二】

將……代入儲(chǔ)+…-2+*.

x=——cos夕

6

令。=%+丁，6=x-y,代入上式得69+2），2=1由橢圓的參數(shù)方程，

y二—sin6>

2

屈A?近.Am吟底

a=x+y=——cos，d-----sin，=——sm6-\■一L,——?

623L6/3

的最大值為它.

3

【解法三】

由片+匕2+=1得〃+/=1一〃.

b=J1-a2sin。

令d/一F代入〃+/?+<=0得〃+Jl-q?sing+Ji—4?cos8=0?

c=\Ji-acos夕

當(dāng)Jl-J#0時(shí),得亞sin(8+1卜飛、

解得能,即一翱

即5/2sin0H—-7=^=,,V2,4XSh—.

I4333

???a的最大值為亞

3

八b\15,

(2)由4a*—2ah+4h2—c=0得2a——d----b"2=c-

24

^=Wcosa

令v2

2tz--=Vcsina

I2

'2VB

b=-4--c--c--osa

則《15

c后

2a=-----&cosa+Vasina

15

顯

cosa=

"2a=巫

當(dāng)

Vio5

sina=丁

“…34552版(756丫?°

此時(shí)-----1—=-------『—=—廣—>/2-2…—2?

abccy/c[yjc)

345

，二一7十二的最小值為—2.

abc

例3(1)給定數(shù)列｛%｝，且??+|=[I](2^&),求生020一“1460；

⑵數(shù)列,也｝(〃EN)滿(mǎn)足：％=[1,a"+T=!~J1-a：,"o=L

b,=.求證：對(duì)任意的〃wN恒有2"2a<7T<2,,+2b.

/l+l1**'*

a

用三角換元的方法求解或證明.第（1）問(wèn)，由遞推式的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)，可構(gòu)造兩角和的正切

公式求解.第（2）問(wèn)，涉及兩個(gè)遞推數(shù)列且所給遞推式又都是無(wú)理式，若能通過(guò)巧妙的三角

換元并借助當(dāng)xe0,￡時(shí)，有sinx<x<tanx可得到極其簡(jiǎn)捷的證法.三角換元的妙用常

I2）

?？梢赃_(dá)到神奇的解題效果.

【解】

（1）由遞推式的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)，可構(gòu)造三角公式求解.

tanl5c=2-73.令%=tan%.

tana?+tan15/

則“-------------------=tana+

l-tan??tan15-------'n

a“+2=tan(a“+150+15'),,an+l2=tan+18())=tanan=an,

而2020=1460+50x12,/.?2020-a1460=0.

（2）證明仔細(xì)觀察數(shù)列｛q｝,也｝的遞推關(guān)系式可以發(fā)現(xiàn)：&?>0,

由此令a“=sin%,〃,=tang,則有4=總=?,

從而構(gòu)造三角函數(shù)得到sina“+]=a,=—Jl-Jl-sin2a=sin—=>a,=%=

n+\n+l2VVn2"I2

數(shù)列｛4｝是首項(xiàng)為4=1,公比為;■的等比數(shù)列=%=鼻=%=sin鼻，同理可

?z2〃2〃

得2=tang?

/\JT

利用熟悉的不等式：xe0,-，則sinx<x<tanx.此處方=3，

I2)2)1+2

則有sin—<tan—=a<—<b=2"+2a<7v<2"+2b.

z72"+22"+22"+2"n2"+2n”n

例4(1)已知。>0,匕>0且a+2Z?=l,求證：-+1..3+2>/2；

ab

ab?

（2）。，b,x,y均為正數(shù)，且一+—=1,求證：%+/..（指+揚(yáng)）2；

xy

（3）求證：一3部+，3-2為-+2272-1-

2225

（4）設(shè)。，b,C是正實(shí)數(shù)，且4〃。+。+。=〃，求證:----------------------------1-------------------

?2+lb2+]c2+r2

【解題策略】

代數(shù)問(wèn)題三角化，可以充分利用三角函數(shù)的特有性質(zhì)，使較為復(fù)雜的不等式的證明問(wèn)題得

以簡(jiǎn)化，但要注意角的范圍和三角函數(shù)的有界性.第（1）問(wèn)，通過(guò)三角換元，弦化切，運(yùn)用

基本不等式證明；第（2）問(wèn)，即使是三角換元也可以有多種證法，可以通過(guò)這些方法錯(cuò)煉發(fā)

散思維能力，力求對(duì)突破難點(diǎn)有所裨益;第（3）問(wèn)，所證不等式即為求函數(shù)

y=x+j3—2x—x2的值域是否為ye[—3,2啦—1],但是在運(yùn)用三角換元時(shí)由于形式上不是

很明朗，故必須先對(duì)被開(kāi)方式進(jìn)行適當(dāng)變形，找到如何實(shí)施三角換元化無(wú)理為有理的途徑；第

（4）問(wèn)，由"c+a+c=6得6=與/74-三f*，其特征與兩角和的正切公式

\—ac

,c、tana+tan￡

tan(a+/?)=-------------三相似，證明思路頓時(shí)凸現(xiàn)！

1-tanatanp

(1)證明由。>0,Z?>0,a+2b-I,設(shè)°=(：0$26，b=-sin-<0<—

則有：

22

1112cos0+sin02sin?8+2cos2622

—+——--------T-----------------------7-------------1-----------------------------------3+tan?6+2cot?8..3+2Vtan^-2cot3=3

abcos20sin20cos*0sin'0

J21

當(dāng)且僅當(dāng)tan2e=2cot2〃，即tan"e=2.也就是=從而。=——廣，

21+V2

b=i一也時(shí)取得等號(hào).

2

(2)證法一依題設(shè)@=sin?6,-=cos23,0,-

xyI2J

/.y=—*——i-----—=acsc20+bsec20=6/(1+cot2+tan2夕)=a+b-\-acot10+btan20..a

'sin20cos20v7v7

即x+y..（G+揚(yáng)尸.

證法二由證法一題設(shè)可得：a=xsin?J，b=yC0S23.

.,.x+y^-Ja+y/b）20x+yxsin2夕+ycos2sin^cos^

oxcos29+ysin?9..2sin6cos

u＞（、Gcos。一后sin。）：..。，故原不等式得證.

證法三由證法一題設(shè)可得：、份=&sin。，指=Jjcos。，

=4sin〃+￡cos8二"+ysin%

行+yJ

/兀

(3)-.-3-2X-X2=4-(X+1)2..0..-.\x+l\?2,設(shè)x+l=2sin6(6€-y,y)

則x+j3-2x-x2=2sin6-l+2cos。=2及sin(0+—-1,

I4j

又有一彳轟股g得一彳領(lǐng)P+彳手，一也麴瓦n(e+￡)1.

2244424

從而一3麴2j^sin(6H—)—12,^2—1

4

故-3領(lǐng)k+A/3—2x—x22V2—1

71

⑷設(shè)a=tana.c-tan0,a、/3u\0,

a+c_tana+tan.(廣

由abc+a+c=b得btan(a+/?)>0,a+/?e0,—.

\-ac1-tanatan0\2,

222222

—-------1—-—=-----------------1------

a2+1b2+1c2+11+tan2a1+tan2(cr+^)I+tan?4

222

------------------|------2[cos2a+cos2/一cos?(a+4)]

sec2asec2(a+0)sec20

=co$2a+cos24一2cos2(a+4)+2

=2cos(tz+0)cos(a—4)_2cos?(a+⑶+2

,,2cos(a+￡)-2cos2(a+￡)+2

=-2cos(a+￡)-二+-?-

2j22

第十九講變?cè)拇蟛呗裕壕荡鷵Q、和差代換、倒置代換、常值代換

換元法解題運(yùn)用比較多的除了整體代換、局部代換、對(duì)稱(chēng)代換外尚有一些技巧性較強(qiáng)的變

元策略，它們依次是均值代換、和差代換、倒置代換、常值代換.

均值代換中的均值是指小個(gè)變量的算術(shù)平均數(shù)，當(dāng)其為定值時(shí)可運(yùn)用“算術(shù)---幾何平均

不等式”即基本不等式直接予以解答或證明.

如果題設(shè)有x+V=2Z(常數(shù))的形式，則可引入?yún)?shù)f,分別用Z+f,k-f代換X和

y,用和差代換解決某些數(shù)學(xué)問(wèn)題，簡(jiǎn)潔明快.

根據(jù)題設(shè)中數(shù)或式的結(jié)構(gòu)特征，利用倒置變換的方法，輕松實(shí)現(xiàn)難以人手問(wèn)題的轉(zhuǎn)換，化

難為易，方法靈活.

常值代換是指變換題中已知數(shù)與末知數(shù)的角色，將“已知"暫時(shí)化為“末知"，“末知”

又暫時(shí)看作“已知”，以此人手解題，非常巧妙，獨(dú)樹(shù)一幟.

例1(1)設(shè)a,b,C均為非負(fù)實(shí)數(shù)，求證：

\[cr+b~++c~+Vc2+<2*..>/2(G!+力+c)；

221117

(2)設(shè)X,y為正數(shù)，x+y=l,證明：x+y+—.

x~y2

【解題策略】

運(yùn)用基本不等式證明不等式有時(shí)會(huì)出現(xiàn)“放縮過(guò)頭”的狀況，而使證明陷入僵局，第

(1)問(wèn)，如用/+比2心，則有五2+戶(hù).向石，同理?yè)P(yáng)+上.近版,

y/c2+a2..j2>jca>于是有瘋+癡+而..〃+〃+c，而實(shí)際上，色芋..疝,

癡，等..疝，可得a+〃+c..J^+癡+而，兩者矛盾，說(shuō)明上述用

笛+6來(lái)縮小l+u有點(diǎn)過(guò)頭，所以用均值代換應(yīng)當(dāng)把握好放縮的尺度，注意“適

度”.第(2)問(wèn)，對(duì)于x+y=l這樣的條件，除了想到一般的基本不等式外，還應(yīng)注意

"1"的妙用.乘以1或除以“1”，表達(dá)式的值均不變，這樣往往可以把原表達(dá)式表示成更

有明顯特征的表達(dá)式，有利于證明過(guò)程的實(shí)施.______

證明：(1)由/+比2必得2(/+尸)..3+02,即產(chǎn)了...￡|1.

也即yja2+b2..今人與，同理可得揚(yáng)+上,等(6+0),

&2+/..+〃）?

所以

5+/+后+C~+\c~+a?...--（。+。）H----（/?+c）H----（c+a）—5/2（^/+。+c）?

222

（2）■,\=x+y..2y[xy，:.xy?^.又：F+y?..2xy，,2（%2+丁2）..（%+,產(chǎn)，

22/\2

.廠+廣（X+）丁

2-4~

由題意,得豹=；,當(dāng)且僅當(dāng)X=y=g時(shí)等式成立.

[+1=丁+./鹿^+），2（X+），）2

2x4=8,

.X2>2%2y2孫砂

當(dāng)且僅當(dāng)x=y=g時(shí)取“=”，

一22111o17

所以工+y—7???—+8=—.

xyL2

例2(1)設(shè)再，超是方程9―6x+l=0的兩個(gè)根，求證：對(duì)一切自然數(shù)〃，%；+芍都

是偶數(shù)；

(2)在:ABC中，a,h,c分別是角A，B，C的對(duì)邊，設(shè)a+c=2〃，

TT

A-C=],求sinB的值；

(3)已知〃，q,r..O,〃+4+廠=1.證明：+qr+rp)?2+9pqr.

【解題策略】

本例各題用和差代換證明或求解，可起到“降元”的作用，從而變繁為簡(jiǎn)，化難為易.

【解】

(1)證明：由方程根與系數(shù)關(guān)系，*+々=6,xtx2=1.

故令占=3+f,x2=3-t,由再%2=1得(3+力(3—力=1..?.產(chǎn)=8.

<+芯=(3+D"+(3-，)”=2(3"+C：3"2f2++.)=2(3"+C；3n-2-8+C^3n-4-82+

因此再"+芍都是偶數(shù).

7TTTTT7T

(2)A-C=-.可設(shè)A=2+，，-C=--0,即C=〃—勺，

3666

B=TT—(A+C)=TT-26,sinB=sin26,

由a+c=26可得sinA+sinC=2sin3.++sin^6>-^=Zsin2^,故

7Cn(717t\

2sin，cos—=4sin，cosg.t)G—sin>0,cos^>0.

6(62)

貝Ucos0=—，sin9=，

44

J39

因此sinB=sin20=2sin^cos0-——?

8

(3)證明設(shè)p=g+a,q=；+b,r=g+c，則a+O+c=O.原不等式等價(jià)于

4(ab+hc+6rc)?9abe.

根據(jù)。，b,c的對(duì)稱(chēng)性，不妨設(shè)或魴c,J.G,。，a+b..O,c=-(a+b).

4(ah+hc+ac)--4(a2+b2+ab^,9abc=-9ab(a+b).

故原不等式=4(a?+〃+出?)..9ab(a+b).

當(dāng)她,0時(shí)，原不等式=4[(a+b)2-而],,9"(a+公，顯然成立；

當(dāng)成>0時(shí)，原不等式o4[(a+〃)2-ab],,9ab(a+b).

u+b—p+q——,4(。-+b+cibj...-3ab顯然成立，

4(〃+b2+ab)鹿-3ab-9ab(a+h)-9abe.

綜上，原不等式得證.

例3已知數(shù)列｛an｝,若對(duì)〃eN',都有。“>0且a；?,an-an+｛.

試證：a?<-(?eN*).

【解題策略】

本例是數(shù)列不等式的證明，直接證明難以入手，用數(shù)學(xué)歸納法涉及放縮法也非易事，若把

條件片?an-a“+i變形為。用"d=an(l-an),再取倒數(shù)得/二…。,研究倒

數(shù)數(shù)列■J,的特點(diǎn)可開(kāi)辟一條證題的新路，事實(shí)上，當(dāng)我們遇到數(shù)列｛。“｝有某種性質(zhì)難以入

手時(shí)，轉(zhuǎn)化為先研究|L｝的性質(zhì)往往可以達(dá)到解題目的.

證明：?.?為＞°且點(diǎn)%-%+1，則%+P，4-4：=%(1-%)，得0＜冊(cè)＜1.

,_L1，”+(1-《)=111

a

"??+1"X,(1-??)%(1一4)?1一4「

111,

即--------???:----＞],貝IJ

%冊(cè)1一?！?/p>

以上各式相加，得：------〉〃一1,?二一＞(n-l)+—＞(〃-1)+1=〃.

ana}ana]

a<—（ziGN"）.

nnv7

例4（1）設(shè)1,V都是正數(shù)，且x+y=l,證明：++；..9；

（2）解方程：&-1。6+80+&+106+80=20-

【解題策略】

本例兩小題采用常值代換.第（1）問(wèn)，將所證不等式左邊分子上的"1”用x+y代換，

立即可采用基本不等式證明；第（2）問(wèn)，直接解無(wú)理方程運(yùn)算量大.若把方程變形為

[*一56）2+5+J（x+5百）2+5=20.然后化常量5為變量產(chǎn).讀者看一看