2023年高考数学第04章变元与参数的思想方法

第04章变元与参数的思想方法

G.波利亚指出：“引入辅助元是引人注目的一步，人的高明之处就在于当他碰到一个不能直

接克服的障碍时，他会绕过去；当原来的问题看起来似乎不好解时，就会想出一个合适的辅助

问题，构想一个辅助问题是一项重要的思维活动

本章把重点放在辅助元的引入以及在解题中的作用，论述变元与参数的思想方法.变元即引

进辅助元，是指通过字母变元（或表达式）表示，代替或转化为某些确定的数学对象，将数学

问题化繁为简、化难为易、化未知为已知，从而达到所求目标的一种思维倾向，即换元思想.它

的理论依据是等量代换.辅助元素一般是通过分析条件和题型特征，从解决问题的需要角度来确

定的，运用换元思想处理问题的具体操作过程中，实施未知量或变最的替代，其关键是确定替

代关系，替代关系的确定通常是：以新元代旧元，以新式替旧式，赋旧元以新式，以新式替旧

式，从换元的形式来看，常用的有比值代换、根式代换、变量代换、初等函数代换、常值代换、

三角代换等.从思想方法的角度来看，常有整体代换、局部代换、均值代换、倒置代换、对称代

换等.

变元作为一种重要的数学方法，在多项式的因式分解、代数式的化简、恒等式或不等式的

证明，方程、方程组、不等式、不等式组或混合组的求解，函数表达式、定义域、值域或极值

的探求等问题中都有广泛的应用.

换元法的特点是原题中的旧元或旧式是存在的，为了问题容易解决，用新元或新式来代替

旧元或旧式，而参数则不同，参数可以是原来就存在的，可能原来没有把它作参变量看，比如

直线方程y=履+6,若把攵看作参数，则表示过定点（0,份的直线系方程；若把人看作参数,

则表示斜率为左的直线系方程.参数也可以是为了使问题的条件和结论发生关系或使关系明朗

化而引进的，参数的出现并不需要旧元或旧式的依托，参数是解析几何中的第三变量，是桥梁

或探测器，比如在解有关圆、椭圆、双曲线、抛物线的问题时，可以引进之外的第三变量

将圆、椭圆、双曲线、抛物线的直角坐标方程化为参数方程.在一个数学问题中，决定其本质特

征的量，都可称之为独立参数.

第十七讲运用辅助元法巧解数学题

在解题过程中，通过引人一个或几个新变量来代替原式中某些量或式以实现变量替换，从

而使问题得以解决，这种解题方法叫作换元法，又称辅助元法，辅助元法的理论根据是等量代

换.

辅助元法可以把分散的条件联系起来，或者把隐、含的条件显示出来，或者把条件与结论联

系起来，或者变换为熟悉的形式，把繁难的计算和推理论证简化，从而达到化难为易、化繁为

简、化未知为已知的目的，有利于问题的解决换元中一定要注意新元的约束条件和整体置换策

略的运用，适时补充条件以符合原未知数取值范围的要求.

辅助元法的基本步骤如下：

(1)把原问题中某个式子或某几个式子分别看成一个整体；

(2)引人新元代替这些式子，使以新元为基础的问题较为简洁易解；

(3)对以新元为基础的问题进行解答，得出结果；

(4)再代回原来的式子中求出原变量的结果.

合理运用辅助元法解题策略，可以使解题能力更上一个台阶.

(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.

解题策略：通过换元化无理为有理，思考的方法是对的，但上述方程中无理式不止一个,

关键要认清这些无理式之间的关系，即通过运算或变形有可能得到什么结果，第(1)问可采用

平均代换，第(2)(3)问可引进两个新元，寻求两个新元之间的联系.

解：(1)令」x—，=g+f,则一、5—』=」一£.由上述两式平方之差，有

\x2Vx2

x-5^2xt,即

2x

于是

从而n一w=1,即d—x—5=0,解得x=1±且

x2

经检验，x=匕@是原方程的解.

2

(2)设，5/—6「+1=%5/5/+9X一2=丫,于是有方程组;

w+v=5x-l①

当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

解这个方程得：X,=2,X2=1.

当5x—1=0时，£=3适合原方程.所以原方程的解是％=2,々=4,£='

(3)注意到三次根式我二7与正*的立方和为常数.

故可设〃=麻工,u=^27+x,则〃3+/=35.

又由原方程得〃2+v2=〃u+7,即〃2-WV+v2=7.

…u3+v335匚

从而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的两个根，解得y=2,8=3.

当〃=2,v=3时，玉=0；当〃=3,丫=2时，x2=-19.

经检验，%=0,々=一19都适合原方程，所以原方程的解是5=0,赴=—19.

例2:(1)解方程：2x49,2-9X14?+7X4*=0；

(2)已知函数/(x)=工2+办+与+色+优xr0,xwR),若实数a,6使得/(x)=0有实

XX

根，

求。2+〃的最小值；

(3)方程以2-4改+1=0("0)的两个正数解机,〃满足|lgm一1g〃区1,求a的取值范

围.

解题策略：第(1)问是解指数方程，由于底数不相同，无法化为同底，故需设两个新元，

再通过分解因式得两个新元之间的关系再解之.第(2)问，函数解析式中含有x+工和£+二,

XX

令x+工=r.通过局部换元、整体处理使原问题转化为关于t的二次函数.又由于f有范围限制,

X

可采用变更主元，即以〃”为主元，得到直线方程，转化为点到直线的距离问题，解题中出现

尸+1的形式，又一次局部换元(中途换元在变换过程中才能发现)，在多次换元过程中，新元的

范围确定非常重要.第(3)问，方程

ax2-4or+l=0(aw0)有正根,小〃，用韦达定理使/〃+”,〃加用a表示，将超越式

|lg/n-lgn|<1变更为关于〃"的代数不等式，并把/“+〃,〃?〃用a表示的式子代入，即

可得关于。的不等式，即可求出。的取值范围，整体代换在解题过程中发挥重要要作用.

解：(1)原方程变形为2x(7/产—9x7,x2"+7x(2*)2=0.

设y=7/，z=2'，则有2y2—9yz+7z2=0,

分解方程左边，则有(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(/广=1,解得x=0.

由2x7*=7x2*,可得(：)/=：,解得x=±l.

经检验，x=0,x=±l均为原方程的解.

c1a

(2)由/(工)=m2+以+=+—+。可得

XX

1111

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

XXXX

令x+』=，，则原问题转化为方程/+〃+8一2=0根的讨论.

X

若将。力如视作主元，f为参数，则方程变为幻+人+/-2=0.

P(a,b)为直线l:ta+b+t2-2=0上一点，则|0尸1=/十户

"2—212o

设原点到直线I的距离为d.则a2+b2>d2=v,)=(r+1)+一一一6.

r+1r+1

再令〃=产+1,则“=(X+L)2+IN5(当且仅当x=工时取等号).

XX

aQ

由于y=〃+——6在［5,+oo)上单调递增，故当〃=5时，函数>=〃+——6取最小值

UU

4

即"十〃的最小值为一.

5

,1

(3)因为九£/?,々工0,所以A=16a~-4aN0,故。<0或—,

4

由韦达定理得〃?+〃=4,=,>0,从而可得。①

a4

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

nnH

从而有1g历别gmlg(10n)=>—10〃,故-而囱,〃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—记~"〃2<0.

11211121

又因为愣+"=4,=上>0,所以16—早~x上<0na《f②

a10a160

1121

由①②得a的取值范围范为-<</<—.

4160

例3:(1)解不等式：+5>x+1；

(2)解不等式：—x+—x—1<3；

(3)已知。为锐角,求证：fttan>yja2+b2.

cos。

解题策略：本例第(1)(2)两问是解无理不等式，一般将其转化为有理不等式组.若运用

换元法，即抓住无理式结构，用一个变量进行代换，则立即转化为有理不等式，解之就不难了，

当然在解答时，对于新元的取值范围应予以重视.第(3)问是三角不等式证明.可采用整体换提

元，即令％--btan。，通过寻找问题中隐含的几何意义转化为解析几何知识证明是个''好

COS。

念头

解：⑴令j2x+5=〃.0),则x=；(『一5),于是，原不等式可化为r〉；(产一5)+1.

即「一2/-3<0,解得一1</<3,且Z..0,即0,,侬+5<3.

由此解得原不等式解集为-3,2

2

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

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

解得一2</<1,且人.0,即Q,vl,变形为《.’

(x2-x-l..O.

解得^^,.<2或_]<%,^^.

22

-[K(1R-

由此得原不等式的解集为匕卫,2-1,匕乂2.

22

，，a,八a-bsin0a-bsin0

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

cos0cos00-(-cosO')

则上可看成是过A(0,a),8(—cos。,bsin6)两点的直线的斜率,

而动点B的轨迹方程为f3=1。＜(),y〉0).

当直线AB与曲线r+方=1(》＜0,＞＞0)相切时，上有最小值，

2

设过定点A且与椭圆/+方=1相切的直线方程为y=kx+a,代人椭圆方程，得

2

W+/卜2+24ax+/-h=0.

令A=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)求函数y=,尤2+9+Jr2-8x+17的最小值;

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

a

(3)已知0＜。＜乃，证明：2sin2a,,cot—,并讨论a为何值时等号成立.

2

解题策略：第⑴问，若用代数方法求解肯定较烦琐，观察本题结构，联想到&+9与

8x+17=J(4-4+l分别是复数z,=x+3i与Z2=(4-X)+Z的模，代入

IzJ+lz^..l^+zJ即可求解.第⑵问，通过换元转化为二次函数区间最值问题.第(3)问，可通过

初等函数的代换，将三角不等式的证明转化为代数不等式的证明，关键是寻找合适的代换，而

万能置换正合适.

22

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

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

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

当且仅当Z]=眩2(%>0)时取等号，此时攵=3,即x=3(4-元),x=3.

故y=Jd+9+&-8X+17的最小值是472.

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

42

从而/(x)=gQ)=_g«-2a)2+g(a>O)/£[_0,0]」=一五时取最小值：

-2/-2国-上;

2

当2a.时，，=时取最大值：-2c，+2yfia-L；当0<2Q<J^时，t=2a时取

2

最大值：一.

2

—(0<q<

・•・门>）的最小值为-2/—2及〃-g;最大值为<2

(a.四.

-2a2+2\/2a--

22

（3）证明：令tan±a=f,则由0<CL/（7土1知，>0,由万能公式，原不等式可化为

222

,2tl-t21

1+/21+r2"t'

用《1+产丫乘上面不等式两端，问题变为证明8/（1-r）“（1+产丫，

展开化简，得—9/+6/—L,0,即-（3产一1）；0.

由于以上每步可逆，故原不等式成立.等号当且仅当『=』即tan^=立，即。=色

3233

时成立.

■7T

故当时;原不等式中等号成立.

3

第十八讲三角换元——三角学的智慧之果

变量代换是借助于引入新变量来实现问题转化的一种解题策略，新变量的引人没有固定的

形式，它依赖问题本身的结构和特点，许多代数题目都可以根据题目的特点，应用三角函数进

行适当的代换，结合三角恒等式，将代数问题转化为三角问题，使问题得以简捷地获解，当然，

用三角函数或三角函数式代换代数式中的变量时应由旧变量的取值范围

确定新元的取值范围.推而广之，将某一个系统中的问题对应地转化到另一个系统中去解决，

这是变量代换最本质的作用.

三角换元主要用来解决如下结构的数学问题：

(1)/2(x)+g2(%)=R2型：可设/(x)=Rcos6，g(x)=Asin©去求解•对伊的取值

范围作相应限定，下同.

l

(2)y1a与"型:可设x=acos。或x=asin。去解.

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

(4)J」+/2(x)型:可设/(x)=Rtan©去解.

(5)J%2_R2或型:可设X=/?5&8或1=RcscO去解•

(6)上y、型：可设尤=tan],运用万能置换公式去解.

1±犬1+?2

xiy

(7)型：可设X=tanc,y=tan/3,运用两角和或差的正切公式去解.

由函数式隐含的几何意义，通过三角换元转化为运用数形结合法去解，如有些问题可在三

角换元后转化为直线与二次曲线的关系问题.

例1(1)求函数y=Jx-4+，15-3x的最大值和最小值;

x—\/3

(2)求函数的值域；

Vl+x2

(3)求函数y=x+国2%2—4x+6的值域:

(4)已知啜P+y22,求Z=%2一孙+y2的最值.

【解题策略】

无理函数的最值或值域的求法是一个难点，难在如何才能去掉根号使之成为有理函数，而

三角换元借助于三角公式能实现这一转化，问题在于所给出的函数解析式常常并非一目了然地

能找到三角换元的途径，需要对解析式中的被开方式实施变形，找准方向，实现三角换元.对

于第(1)问中含有两个无理式，则必须找到两个无理式中被开方式的关联，一步到位实现化

无理为有理、化一般代数式为三角式的目标，第(4)问是二元函数，关键在于如何由条件

W+/2,实施三角换元，且要总体考虑，当然三角换元必须由条件对角的范围进行限

定.在这一限定下运用三角知识，求解三角换元可使较复杂的问题简单化.

【解】

冗

(1)由于4领k5,故可令x=4+sin2a。领Ja

2,

cosa=2sinfa+-.

则原式变为y=sina+百

I3J

41

当a=R即、=4评，'取得最大值2；

当a=],即x=5时，V取得最小值1.

(加冗、

(2)函数的定义域为R,令x=1皿。，.

\22J

则y=tan°_=sin。-V^cose=2sin0-^-\.

sec。I3)

十冗八15兀八7C7C

由I于——v，v—,/.----<0---<—.

22636

57rTT7T

而当——时，y为减函数，此时—2vyv—1,

632

当一TT6-7工T<72T时，y为增函数，此时-2,y<l.故函数的值域为[-2,1).

236

(3)【解法一】

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

则y=&tan6+l+2sece="3+sm")+i.

cos。

设必=2^01<,则M>0,从而“cosg—sin6=.

(>/7Wcos(e+0)=及(其中3夕=赤了，sm0=7^G)-

正____

2

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

VW2+1

y..^2+\.故函数的值域为[也+1,+oo).

【解法二】

由解法一得u=0+sin。。例<工],则“为P(cos0,sin8)[[例<[]与点A(0,-啦)连

cos0\2J\2J

线的斜率.

设过点A的直线方程为)+&="，即"-y-JI=0,显然我>0,当直线与半圆

/y

X2+y2=l(0<x„l,—ivyvl)相切时，d=Z-——.^1,解得左=1,数形结合易得

42+1

k.A,即及+1.故函数的值域为[、份+1,+8).

(4)令人=Axos8,y=ksin0f则掇Q2.

(I、

又z=Y-q+V二代一女2sin9cos0=女21——sin20.

I2/

当左2=2,sin29——1时，Zmax=3；

当42=],sin26=1时，zmin=g.

例2(1)已知实数o，卜c满足a+》+c=O，々2+6+。2=1，则。的最大值是

（2）对于0>0，当非零实数0，3满足4a2_2々6+4力2_C=0，且使|2a+6最大

时，的最小值为.

abc

解题策略

第（1）问，由于条件是三元等式，如何实现三角换元需要精心构思，可以有多种三角换

元的方法；第（2）问，若将4/一2他+4〃—c=O变形为

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

Er

—b=7ccosa

<2b,从而求।2。+切的最大值转化为三角函数求最大值.从而说明了数学是

2a=&sina

I2

灵动的，通过思维完成构想，一旦成功何等快意，正如欧阳修的诗句：“一阅声长听不尽，轻

舟短楫去如飞.

【解】

（1）【解法一】

将c=-(a+b)代入/+h2+c2=1得/+从+ab=L

2

j+—

整理得(j+b

142

\ci拒

C°S，/7[7[7

,22.则〃=二。的最大值为出

333

—a=—：sin<9

[22

【解法二】

将……代入储+…-2+*.

x=——cos夕

6

令。=%+丁，6=x-y,代入上式得69+2），2=1由椭圆的参数方程，

y二—sin6>

2

屈A〜近.Am吟底

a=x+y=——cos，d-----sin，=——sm6-\■一L,——・

623L6/3

的最大值为它.

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

当Jl-J#0时,得亚sin(8+1卜飞、

解得能,即一翱

即5/2sin0H—-7=^=,,V2,4XSh—.

I4333

•••a的最大值为亚

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

则《15

c后

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

15

显

cosa=

"2a=巫

当

Vio5

sina=丁

“…34552版(756丫〜°

此时-----1—=-------『—=—广—>/2-2…—2•

abccy/c[yjc)

345

，二一7十二的最小值为—2.

abc

例3(1)给定数列｛%｝，且«„+|=[I](2^&),求生020一“1460；

⑵数列,也｝(〃EN)满足：％=[1,a"+T=!~J1-a：,"o=L

b,=.求证：对任意的〃wN恒有2"2a<7T<2,,+2b.

/l+l1**'*

a

用三角换元的方法求解或证明.第（1）问，由递推式的结构特点，可构造两角和的正切

公式求解.第（2）问，涉及两个递推数列且所给递推式又都是无理式，若能通过巧妙的三角

换元并借助当xe0,£时，有sinx<x<tanx可得到极其简捷的证法.三角换元的妙用常

I2）

常可以达到神奇的解题效果.

【解】

（1）由递推式的结构特点，可构造三角公式求解.

tanl5c=2-73.令%=tan%.

tana„+tan15/

则“-------------------=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）证明仔细观察数列｛q｝,也｝的递推关系式可以发现：&„>0,

由此令a“=sin%,〃,=tang,则有4=总=?,

从而构造三角函数得到sina“+]=a,=—Jl-Jl-sin2a=sin—=>a,=%=

n+\n+l2VVn2"I2

数列｛4｝是首项为4=1,公比为;■的等比数列=%=鼻=%=sin鼻，同理可

।z2〃2〃

得2=tang•

/\JT

利用熟悉的不等式：xe0,-，则sinx<x<tanx.此处方=3，

I2)2)1+2

则有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,求证：-+1..3+2>/2；

ab

ab।

（2）。，b,x,y均为正数，且一+—=1,求证：%+/..（指+扬）2；

xy

（3）求证：一3部+，3-2为-+2272-1-

2225

（4）设。，b,C是正实数，且4〃。+。+。=〃，求证:----------------------------1-------------------

«2+lb2+]c2+r2

【解题策略】

代数问题三角化，可以充分利用三角函数的特有性质，使较为复杂的不等式的证明问题得

以简化，但要注意角的范围和三角函数的有界性.第（1）问，通过三角换元，弦化切，运用

基本不等式证明；第（2）问，即使是三角换元也可以有多种证法，可以通过这些方法错炼发

散思维能力，力求对突破难点有所裨益;第（3）问，所证不等式即为求函数

y=x+j3—2x—x2的值域是否为ye[—3,2啦—1],但是在运用三角换元时由于形式上不是

很明朗，故必须先对被开方式进行适当变形，找到如何实施三角换元化无理为有理的途径；第

（4）问，由"c+a+c=6得6=与/74-三f*，其特征与两角和的正切公式

\—ac

,c、tana+tan£

tan(a+/?)=-------------三相似，证明思路顿时凸现！

1-tanatanp

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

则有：

22

1112cos0+sin02sin?8+2cos2622

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

abcos20sin20cos*0sin'0

J21

当且仅当tan2e=2cot2〃，即tan"e=2.也就是=从而。=——广，

21+V2

b=i一也时取得等号.

2

(2)证法一依题设@=sin?6,-=cos23,0,-

xyI2J

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

'sin20cos20v7v7

即x+y..（G+扬尸.

证法二由证法一题设可得：a=xsin?J，b=yC0S23.

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

oxcos29+ysin?9..2sin6cos

u＞（、Gcos。一后sin。）：..。，故原不等式得证.

证法三由证法一题设可得：、份=&sin。，指=Jjcos。，

=4sin〃+£cos8二"+ysin%

行+yJ

/兀

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

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

I4j

又有一彳轰股g得一彳领P+彳手，一也麴瓦n(e+£)1.

2244424

从而一3麴2j^sin(6H—)—12,^2—1

4

故-3领k+A/3—2x—x22V2—1

71

⑷设a=tana.c-tan0,a、/3u\0,

a+c_tana+tan.(广

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

第十九讲变元四大策略：均值代换、和差代换、倒置代换、常值代换

换元法解题运用比较多的除了整体代换、局部代换、对称代换外尚有一些技巧性较强的变

元策略，它们依次是均值代换、和差代换、倒置代换、常值代换.

均值代换中的均值是指小个变量的算术平均数，当其为定值时可运用“算术---几何平均

不等式”即基本不等式直接予以解答或证明.

如果题设有x+V=2Z(常数)的形式，则可引入参数f,分别用Z+f,k-f代换X和

y,用和差代换解决某些数学问题，简洁明快.

根据题设中数或式的结构特征，利用倒置变换的方法，轻松实现难以人手问题的转换，化

难为易，方法灵活.

常值代换是指变换题中已知数与末知数的角色，将“已知"暂时化为“末知"，“末知”

又暂时看作“已知”，以此人手解题，非常巧妙，独树一帜.

例1(1)设a,b,C均为非负实数，求证：

\[cr+b~++c~+Vc2+<2*..>/2(G!+力+c)；

221117

(2)设X,y为正数，x+y=l,证明：x+y+—.

x~y2

【解题策略】

运用基本不等式证明不等式有时会出现“放缩过头”的状况，而使证明陷入僵局，第

(1)问，如用/+比2心，则有五2+户.向石，同理扬+上.近版,

y/c2+a2..j2>jca>于是有疯+痴+而..〃+〃+c，而实际上，色芋..疝,

痴，等..疝，可得a+〃+c..J^+痴+而，两者矛盾，说明上述用

笛+6来缩小l+u有点过头，所以用均值代换应当把握好放缩的尺度，注意“适

度”.第(2)问，对于x+y=l这样的条件，除了想到一般的基本不等式外，还应注意

"1"的妙用.乘以1或除以“1”，表达式的值均不变，这样往往可以把原表达式表示成更

有明显特征的表达式，有利于证明过程的实施.______

证明：(1)由/+比2必得2(/+尸)..3+02,即产了...£|1.

也即yja2+b2..今人与，同理可得扬+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）..（%+,产，

22/\2

.厂+广（X+）丁

2-4~

由题意,得豹=；,当且仅当X=y=g时等式成立.

[+1=丁+./鹿^+），2（X+），）2

2x4=8,

.X2>2%2y2孙砂

当且仅当x=y=g时取“=”，

一22111o17

所以工+y—7•••—+8=—.

xyL2

例2(1)设再，超是方程9―6x+l=0的两个根，求证：对一切自然数〃，%；+芍都

是偶数；

(2)在:ABC中，a,h,c分别是角A，B，C的对边，设a+c=2〃，

TT

A-C=],求sinB的值；

(3)已知〃，q,r..O,〃+4+厂=1.证明：+qr+rp)„2+9pqr.

【解题策略】

本例各题用和差代换证明或求解，可起到“降元”的作用，从而变繁为简，化难为易.

【解】

(1)证明：由方程根与系数关系，*+々=6,xtx2=1.

故令占=3+f,x2=3-t,由再%2=1得(3+力(3—力=1..•.产=8.

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

因此再"+芍都是偶数.

7TTTTT7T

(2)A-C=-.可设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)

贝Ucos0=—，sin9=，

44

J39

因此sinB=sin20=2sin^cos0-——•

8

(3)证明设p=g+a,q=；+b,r=g+c，则a+O+c=O.原不等式等价于

4(ab+hc+6rc)„9abe.

根据。，b,c的对称性，不妨设或鲂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).

当她,0时，原不等式=4[(a+b)2-而],,9"(a+公，显然成立；

当成>0时，原不等式o4[(a+〃)2-ab],,9ab(a+b).

u+b—p+q——,4(。-+b+cibj...-3ab显然成立，

4(〃+b2+ab)鹿-3ab-9ab(a+h)-9abe.

综上，原不等式得证.

例3已知数列｛an｝,若对〃eN',都有。“>0且a；„,an-an+｛.

试证：a„<-(»eN*).

【解题策略】

本例是数列不等式的证明，直接证明难以入手，用数学归纳法涉及放缩法也非易事，若把

条件片„an-a“+i变形为。用"d=an(l-an),再取倒数得/二…。,研究倒

数数列■J,的特点可开辟一条证题的新路，事实上，当我们遇到数列｛。“｝有某种性质难以入

手时，转化为先研究|L｝的性质往往可以达到解题目的.

证明：•.・为＞°且点%-%+1，则%+P，4-4：=%(1-%)，得0＜册＜1.

,_L1，”+(1-《)=111

a

"«„+1"X,(1-«„)%(1一4)„1一4「

111,

即--------•••:----＞],贝IJ

%册1一。〃

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

ana}ana]

a<—（ziGN"）.

nnv7

例4（1）设1,V都是正数，且x+y=l,证明：++；..9；

（2）解方程：&-1。6+80+&+106+80=20-

【解题策略】

本例两小题采用常值代换.第（1）问，将所证不等式左边分子上的"1”用x+y代换，

立即可采用基本不等式证明；第（2）问，直接解无理方程运算量大.若把方程变形为

[*一56）2+5+J（x+5百）2+5=20.然后化常量5为变量产.读者看一看