高考解题策略 第3讲

第3讲 换元法在解题中的应用

[方法精要] 一般而言，在数学问题中，把某个式子看成一个整体，用一个变量去代替它，从而使问题得到简化，这种方法称为换元法．某些数学问题通过这种换元，往往可以暴露已知与未知之间被表面形式覆盖着的实质，发现解题途径．换元的实质是转化，关键是构造元和设元，理论依据是等量代换，目的是变换研究对象，将问题移至新对象的知识背景中去研究，从而使非标准型问题标准化、复杂问题简单化，变得容易处理．

换元法又称辅助元素法、变量代换法，其特点是通过引进新的变量，可以把分散的条件联系起来，隐含的条件显露出来，把条件与结论联系起来，把陌生的形式转变为熟悉的形式．高中数学中主要换元法有整体换元、三角换元、对称换元、均值换元等等．换元法应用广泛，如解方程、解不等式、证明不等式、求函数的值域、求数列的通项与和等，在解析几何中也有广泛的应用．

题型一 换元法求函数的解析式

例1 已知f (1－cos x )＝sin 2x ，求f (x )．

破题切入点 通过引入参数，令1－cos x ＝t ，将原式转化为含有t 的式子，从而得到函数f (x )的表达式，特别注意写出函数f (x )的定义域．

解 令1－cos x ＝t ，则t ∈[0,2]，

所以cos x ＝1－t ，

所以f (t )＝sin 2x ＝1－cos 2x

＝1－(1－t )2＝－t 2＋2t ，

所以f (x )＝－x 2＋2x (0≤x ≤2)．

题型二 换元法在不等式中的应用

例2 已知a ，b ，c ∈R ＋，且a ＋b ＋c ＝1，求证：3a ＋1＋3b ＋1＋3c ＋1≤3 2.

破题切入点 换元法在不等式中的应用主要体现在不等式的证明中，把原不等式中的参数用某一个或几个量表示，然后利用取值范围进行比较．

证明 设3a ＋1＋3b ＋1＋3c ＋1＝k ， 再设3a ＋1＝k 3＋t 1，3b ＋1＝k 3

＋t 2， 3c ＋1＝k 3

＋t 3，其中t 1＋t 2＋t 3＝0， ∴3a ＋1＋3b ＋1＋3c ＋1＝(k 3＋t 1)2＋(k 3＋t 2)2＋(k 3

＋t 3)2，

即6＝k 23＋23

k (t 1＋t 2＋t 3)＋t 21＋t 22＋t 23 ＝k 23

＋(t 21＋t 22＋t 23)， ∴6≥k 23

，解得k ≤32， ∴3a ＋1＋3b ＋1＋3c ＋1≤3 2.

题型三 换元法在三角函数中的应用

例3 已知函数y ＝2＋2sin x cos x ＋sin x ＋cos x ，x ∈[0，π2

]，求函数的最大值和最小值． 破题切入点 题目中的未知量较多，解题时选择适当的三角函数式作为辅助未知量，可以利用正弦与余弦之间的关系，设sin x ＋cos x ＝t ，则2sin x cos x ＝t 2－1，把题目中较多的未知量通过换元用一个未知量表示，并根据这个未知量的范围解决最值问题．

解 令sin x ＋cos x ＝t ，因为x ∈[0，π2

]， 所以t ∈[1，2]，

由(sin x ＋cos x )2＝t 2得2sin x cos x ＝t 2－1，

所以原函数变为y ＝t 2＋t ＋1，t ∈[1，2]，

因为y ＝t 2＋t ＋1的对称轴是t ＝－12

， 所以函数y ＝t 2＋t ＋1在t ∈[1，2]上单调递增．

所以t ＝2时函数有最大值y max ＝(2)2＋2＋1＝3＋2；t ＝1时函数有最小值y min ＝3.

总结提高 换元法不仅是重要的解题方法，也是解高考题的热点方法之一，掌握它的关键在于通过观察、联想发现构造出变换式，常见的基本换元形式有等式代换、三角代换、均值代换、和差代换等．

1．已知f (1－x )＝2x ，则函数f (x )的解析式是( )

A ．f (x )＝2x 2

B ．f (x )＝2－2x 2

C ．f (x )＝2－2x 2(x ≥0)

D ．f (x )＝x 2

答案 C

解析 令1－x ＝t ，t ≥0，则x ＝1－t 2，

所以f (t )＝2－2t 2(t ≥0)．

所以f (x )＝2－2x 2(x ≥0)．

2．已知函数f (x )＝ax 3＋b sin x ＋4(a ，b ∈R )，f (lg(log 210))＝5，则f (lg(lg2))等于( )

A ．－5

B ．－1

C ．3

D ．4

答案 C

解析 因为log 210与lg2互为倒数，

所以lg(log 210)与lg(lg2)互为相反数．

不妨令lg(log 210)＝x ，则lg(lg2)＝－x ，

而f (x )＋f (－x )

＝ax 3＋b sin x ＋4＋a (－x )3＋b sin(－x )＋4＝8，

故f (－x )＝8－f (x )＝8－5＝3.

3．若函数y ＝f (x )的值域是[12，3]，则函数F (x )＝f (x )＋1

f (x )的值域是(

) A ．[12，3] B ．[2，103] C ．[52，103] D ．[3，103]

答案 B

解析 令t ＝f (x )，则t ∈[12，3]，

则F (x )＝f (x )＋1f (x )可化为y ＝t ＋1t ，t ∈[12，3]，

易知，当t ＝1时，y 有最小值2，当t ＝3时，y 有最大值103.

故函数F (x )的值域为[2，103]．

4．函数f (cos x )＝cos 2x －3cos x ＋2的最小值为( )

A ．2

B ．0

C ．－14

D ．6

答案 B

解析 设t ＝cos x ，则f (t )＝t 2－3t ＋2，t ∈[－1,1]，

所以有f (t )＝(t －32)2－14.

结合二次函数的单调性，可知当t ＝1时，

函数f (t )有最小值即为0.

5．如果f (1x )＝x

1－x ，则当x ≠0且x ≠1时，f (x )等于( )

A.1x

B.1

x －1 C.1

1－x D.1x －1

答案 B

解析 令t ＝1x ，得x ＝1t ，∴f (t )＝1t

1－1t

＝1

t －1，

∴f (x )＝1

x －1.

6．若x 是三角形的最小内角，则函数y ＝sin x ＋cos x ＋sin x cos x 的最大值是( )

A ．－1 B. 2 C ．－12＋ 2 D.12＋ 2 答案 D

解析 由0

)， 而π4

π， 得1

又t 2＝1＋2sin x cos x ，得sin x cos x ＝t 2－12， 得y ＝t ＋t 2－12＝12

(t ＋1)2－1， 有1＋0

. 所以y 的最大值为12

＋ 2. 7．已知f (3x )＝4x log 23＋233，则f (2)＋f (4)＋f (8)＋…＋f (28)的值等于________．

答案 2008

解析 令t ＝3x ，则x ＝log 3t ，

f (t )＝4lo

g 3t log 23＋233

＝4log 2t log 23log 2

3＋233＝4log 2t ＋233， 所以f (2)＋f (4)＋f (8)＋…＋f (28)＝4×(1＋2＋3＋…＋8)＋8×233

＝144＋1864＝2008.

8．函数y ＝x ＋4＋9－x 2的最小值是________．

答案 1

解析 由9－x 2≥0得－3≤x ≤3，

故可令x ＝3sin θ(θ∈[－π2，π2

])， 则y ＝3sin θ＋4＋9－9sin 2θ

＝3sin θ＋3cos θ＋4

＝32sin(θ＋π4

)＋4. 又θ＋π4∈[－π4，3π4

]， 所以sin(θ＋π4)∈[－22

，1]，

所以y ∈[1,32＋4]．

9．若cos 2x ＋2m sin x －52

<0恒成立，试求实数m 的取值范围． 解 原式化为1－sin 2x ＋2m sin x －52

<0， 则sin 2x －2m sin x ＋32

>0， 即(sin x －m )2－m 2＋32

>0恒成立． 令t ＝sin x ，f (t )＝(t －m )2－m 2＋32

(－1≤t ≤1)． 若m <－1，则当t ＝－1时，f (t )有最小值f (－1)＝2m ＋52

， 所以2m ＋52>0，即m >－54

， 所以－54

1，则当t ＝1时，f (t )有最小值f (1)＝52

－2m ， 所以52－2m >0，即m <54

， 所以1

. 当－1≤m ≤1时，f (t )有最小值f (m )＝32

－m 2. 所以32

－m 2>0.所以－1≤m ≤1. 综上，m 的取值范围是－54

. 10．在平面直角坐标系xOy 中，点P (x ，y )是椭圆x 23

＋y 2＝1上的一个动点，求S ＝x ＋y 的最大值．

解 根据分析，令

x 3

＝cos θ，y ＝sin θ， 则x ＝3cos θ， 故可设动点P 的坐标为(3cos θ，sin θ)，其中0≤θ<2π.

因此S ＝x ＋y ＝3cos θ＋sin θ

＝2(32cos θ＋12sin θ) ＝2sin(θ＋π3

)．

所以当θ＝π6

时，S 取最大值2. 11．若函数f (x )＝4x ＋a ·2x ＋a ＋1在(－∞，＋∞)上存在零点，求实数a 的取值范围． 解 方法一 设2x ＝t ，则函数f (x )＝4x ＋a ·2x ＋a ＋1

化为g (t )＝t 2＋at ＋a ＋1(t ∈(0，＋∞))．

函数f (x )＝4x ＋a ·2x ＋a ＋1在(－∞，＋∞)上存在零点，

等价于方程t 2＋at ＋a ＋1＝0，①

有正实数根．

(1)当方程①有两个正实根时，a 应满足

????? Δ＝a 2－4(a ＋1)≥0，t 1＋t 2＝－a >0，

t 1·t 2＝a ＋1>0解得：－1

(2)方程①有一正根一负根时，只需t 1·t 2＝a ＋1<0，即a <－1；

(3)方程①有一根为0时，a ＝－1，此时方程①的另一根为1.

综上可知a ≤2－2 2.

方法二 令g (t )＝t 2＋at ＋a ＋1(t ∈(0，＋∞))．

(1)当函数g (t )在(0，＋∞)上存在两个零点时，

实数a 应满足????? Δ＝a 2－4(a ＋1)≥0，－a 2>0，

g (0)＝a ＋1>0，

解得－1

另一个零点在(－∞，0)时，实数a 应满足g (0)＝a ＋1<0，

解得a <－1.

(3)当函数g (t )的一个零点是0时，g (0)＝a ＋1＝0，a ＝－1，

此时可以求得函数g (t )的另一个零点是1.

综合(1)(2)(3)知a ≤2－2 2.