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高中数学解题基本方法——换元法

解数学题时，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，
这叫换元法。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。 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，或者把条件与结论联系起来。或 者变为熟悉的形式，把复杂的计算和
推证简化。
它可以化高次为低次、化分式为整式、化无理 式为有理式、化超越式为代数式，在研究
方程、不等式、函数、数列、三角等问题中有广泛的应用。 < br>换元的方法有：局部换元、三角换元、均值换元等。局部换元又称整体换元，是在已知
或者未知中 ，某个代数式几次出现，而用一个字母来代替它从而简化问题，当然有时候要通
过变形才能发现。例如解 不等式：4＋2－2≥0，先变形为设2＝t（t>0），而变为熟悉
的一元二次不等式求解和指数方程 的问题。
三角换元，应用于去根号，或者变换为三角形式易求时，主要利用已知代数式中与三角
知识中有某点联系进行换元。如求函数y＝
x
＋
1x
的值域时，易发现x ∈[0,1]，设x
＝sinα ，α∈[0,
2
xxx

]，问题 变成了熟悉的求三角函数值域。为什么会想到如此设，其中
2
222
主要应该是发现值 域的联系，又有去根号的需要。如变量x、y适合条件x＋y＝r（r>0）
时，则可作三角代换x＝r cosθ、y＝rsinθ化为三角问题。
均值换元，如遇到x＋y＝S形式时，设x＝
SS
＋t，y＝－t等等。
2 2
我们使用换元法时，要遵循有利于运算、有利于标准化的原则，换元后要注重新变量范
围的选 取，一定要使新变量范围对应于原变量的取值范围，不能缩小也不能扩大。如上几例
中的t>0和α∈[ 0,

]。
2
Ⅰ、再现性题组：
1.y＝sinx²cosx＋sinx+cosx的最大值是_________。
2.设f(x＋1)＝log
a
(4－x) （a>1），则f(x)的值域是_______________。
3.已知数列{a
n< br>}中，a
1
＝－1，a
n1
²a
n
＝a
n 1
－a
n
，则数列通项a
n
＝___________。
4.设实数x、y满足x＋2xy－1＝0，则x＋y的取值范围是___________。
2
24
13
x
5.方程＝3的解是_______________。
13
x
6.不等式log
2
(2－1) ²log
2(2
xx1
－2)〈2的解集是_______________。

t
2
1
【简解】1小题：设sinx+cosx＝ t∈[－
2
,
2
]，则y＝＋t－，对称轴t＝－1，
2
2
1
当t＝
2
，y
max
＝＋
2
；
2
2小题：设x＋1＝t (t≥1)，则f(t)＝log
a
[-(t-1 )＋4]，所以值域为(－∞,log
a
4]；
3小题：已知变形为
22< br>1
a
n1
－
11
＝－1,设b
n
＝，则b
1
＝－1,b
n
＝－1＋(n－1)(-1)
a
n
a
n
＝－n，所以a
n
＝－
1
；
n
22
4小题：设x＋y＝k，则x－2kx＋1＝0, △＝4k－4≥0,所以k≥1或k≤－1；
5小题：设3＝y，则3y＋2y－1＝0,解得y＝< br>x
x2
1
，所以x＝－1；
3
5
6小题：设log
2
(2－1)＝y，则y(y＋1)<2，解得－22< br>,log
2
3)。
4
Ⅱ、示范性题组：
例1. 实数x、y满足4x－5xy＋4y＝5 （ ①式） ，设S＝x＋y，求
的值。（93年全国高中数学联赛题）
【分析】 由S＝x＋y联想到c osα＋sinα＝1,于是进行三角换元，设
2222
2222
1
S
max
＋
1
S
min


xScosα
代入①式求S
max
和S
min
的值。



ySsinα


xScosα
【解】设

代 入①式得： 4S－5S²sinαcosα＝5


ySsinα
解得 S＝
10
；
85sin2α
101010
≤≤
1385sin

3
∵ -1≤sin2α≤1 ∴ 3≤8－5sin2α≤13 ∴
∴
1
S
max
＋
1
S
min
＝
31316
8
＋＝＝
101010
5
8S10
的有界性而求，即解不等
S
此种解法后面求S最大值和 最小值，还可由sin2α＝
式：|
8S10
|≤1。这种方法是求函数值域时经常 用到的“有界法”。
S

【另解】 由S＝x＋y，设x＝
222
SSSS
2
＋t，y＝－t，t∈[－，]，
2222
2
S
2
S
则xy＝±
－t
2代入①式得：4S±5
－t
2
=5，
44
移项平方整理得 100t+39S－160S＋100＝0 。
∴ 39S－160S＋100≤0 解得：
2
22
1010
≤S≤
133
∴
1S
max
＋
1
S
min
＝
31316
8
＋＝＝
101010
5
22
【注】 此题第一种解法属于“三角 换元法”，主要是利用已知条件S＝x＋y与三角公
式cosα＋sinα＝1的联系而联想和发现用三 角换元，将代数问题转化为三角函数值域
问题。第二种解法属于“均值换元法”，主要是由等式S＝x＋ y而按照均值换元的思路，
设x＝
S
＋t、y＝
S
－t，减少了元的 个数，问题且容易求解。另外，还用到了求值域的
22
22
22
22
几种方法：有界法、不等式性质法、分离参数法。
和“均值换元法”类似，我们还有一种换元法，即在 题中有两个变量x、y时，可以设x
＝a＋b，y＝a－b，这称为“和差换元法”，换元后有可能简化 代数式。本题设x＝a＋b，y
＝a－b，代入①式整理得3a＋13b＝5 ，求得a∈[0,22
222
5
22
]，所以S＝(a－b)＋(a＋b)
3＝2(a＋b)＝

10
20
2
1010
11
＋a∈[,]，再求＋的值。
13
13133
S
max
S
min
例2． △AB C的三个内角A、B、C满足：A＋C＝2B，
2
1
1
＋＝－，求
c osA
cosC
cosB
cos
AC
的值。（96年全国理）
2
【分析】 由已知“A＋C＝2B”和“三角形内角和等于180°”的性质，可得

AC120°

A＝60°α
；由“A＋C＝120°”进行均值 换元，则设 ，再代入可


B＝60°

C＝60°－α
求cosα即cos
AC
。
2

AC120°
【解】由△ABC中已知A＋C＝2B，可得

,
B＝60°



A＝60°α
由A＋C＝120°，设

，代入已知等式得：
C＝60°－α

1
1
＋
cosA
cosC
＝
11
＋＝
cos(60

)cos(60
< br>)
1
13
cos

sin

22
＋
1
13
cos

sin

22
＝cos

cos

＝＝－2
2
,
133cos
2

sin
2

cos
2


444
22
AC
解得：cosα＝， 即：cos＝。
2
22
【另解】由A＋C＝2B，得A＋C＝120°，B＝60°。所以
2
1
1
＋＝－
cosA
cosC
cosB
＝－2< br>2
，设
1
1
＝－
2
＋m，＝－
2
－ m ，
cosA
cosC
所以cosA＝
11
，cosC＝，两式 分别相加、相减得：
2m2m
22
ACACAC
cos＝c os＝
2
，
222
m2
ACACAC2m
sin ＝－
3
sin＝
2
，
222
m2
cosA＋c osC＝2cos
cosA－cosC＝－2sin
即：sin
22
AC< br>2m
2
AC
2
AC
＝－，＝－，代入sin＋cos＝1 整理
222
m
2
2
3(m
2
2)
2< br>得：3m－16m－12＝0,解出m＝6，代入cos
4
22
2
A C
＝
2
＝。
2
2
m2
1
1
＋ ＝－2
2
”分别进行均值
cosA
cosC
【注】 本题两种解法由 “A＋C＝120°”、“
换元，随后结合三角形角的关系与三角公式进行运算，除由已知想到均值换元 外，还要求对
三角公式的运用相当熟练。假如未想到进行均值换元，也可由三角运算直接解出：由A＋C
＝2B，得A＋C＝120°，B＝60°。所以
2
1
1
＋＝－＝－ 2
2
，即cosA＋cosC
cosA
cosC
cosB
＝ －2
2
cosAcosC，和积互化得：

2cos
2
ACACAC
cos＝－
2
[cos(A+C)＋cos(A-C )，即cos＝－
2
cos(A-C)
222
2
＝
2
AC
2
AC
2
AC
－
2
(2cos－1) ，整理得：4
2
cos＋2cos－3
2
＝0,
222
2
2
AC
＝
2
2
2
解得：cos
例3. 设a>0，求f(x)＝2a(sinx＋cosx)－sinx²cosx－2a的
最大值和最小值。
y
, ,
【解】 设sinx＋cos x＝t，则t∈[-
2
,
2
]，由(sinx＋cosx)
－
2

2
x
2
t
2
1
＝1＋2sinx²cosx得：sinx²cosx＝
2
11
2
(t－2a)＋ （a>0），t∈[-
2
,
2
]
22
1
2
t＝-
2
时，取最小值：－2a－2
2
a－
2
1
2
当2a≥
2
时，t＝
2
，取最大值：－2a＋2
2a－ ；
2
1
当0<2a≤
2
时，t＝2a，取最大值： 。
2
∴ f(x)＝g(t)＝－

12
(0a)

1

22
2
∴ f(x)的最小值为－2a－2
2
a－，最大值为

。
2
12

2
2a22a(a)

22

【注 】 此题属于局部换元法，设sinx＋cosx＝t后，抓住sinx＋cosx与sinx²cosx
的内在联系，将三角函数的值域问题转化为二次函数在闭区间上的值域问题，使得容易求解。
换元过程 中一定要注意新的参数的范围（t∈[-
2
,
2
]）与sinx＋cosx对 应，否则将会
出错。本题解法中还包含了含参问题时分类讨论的数学思想方法，即由对称轴与闭区间的位
置关系而确定参数分两种情况进行讨论。
一般地，在遇到题目已知和未知中含有sinx与c osx的和、差、积等而求三角式的最大
值和最小值的题型时，即函数为f(sinx±cosx，si nxcsox)，经常用到这样设元的换元法，
转化为在闭区间上的二次函数或一次函数的研究。
4(a1)
(a1)
2
2a
例4. 设对所于有实数x，不等式xlog
2
＋2x log
2
＋log
2
>0
2
a
a1
4a
2
恒成立，求a的取值范围。 （87年全国理）

4(a1)
(a1)
2
2 a
【分析】不等式中log
2
、 log
2
、log
2三项有何联系？进行对
a
a1
4a
2
数式的有关变形后不难发 现，再实施换元法。
【解】 设log
2
4(a1)
2a
8(a 1)
a1
＝t，则log
2
＝log
2
＝3＋log< br>2
＝3－log
a
2a
a12a
2
(a1)2
2aa1
＝3－t，log
2
＝2log＝－2t，
2< br>a12a
4a
2
2
代入后原不等式简化为（3－t）x＋2tx－2 t>0，它对一切实数x恒成立，所以：

3t0

t3
2a
，解得 ∴ t<0即log<0

2
2
a1
t0或t6
< br>
4t8t(3t)0
2a
0<<1，解得0 a1
【注】应用局部换元法，起到了化繁为简、化难为易的作用。为什么会想到换元及如何
4 (a1)
(a1)
2
2a
设元，关键是发现已知不等式中log
2
、 log
2
、log
2
三项之间的联
a
a1
4a
2
系。在解决不等式恒成立问题时，使用了“判别式法”。另外，本题还要求对数 运算十分熟
练。一般地，解指数与对数的不等式、方程，有可能使用局部换元法，换元时也可能要对所< br>给的已知条件进行适当变形，发现它们的联系而实施换元，这是我们思考解法时要注意的一
点。
sinθ
x
cos
2
θ
sin
2
θ
10
cosθ
例5. 已知＝，且＋＝ (②式)，求的
x
y
x
2
y
3(x
2
y
2
)
y
2值。
【解】 设
sinθ
cosθ
222
＝＝k，则sinθ ＝kx，cosθ＝ky，且sinθ＋cosθ＝k(x
x
y
2
10k2
k
2
y
2
y
2
k
2
x2
x
2
10
10
+y)＝1,代入②式得：
2
＋＝＝ 即：
2
＋
2
＝
3
3< br>xx
3(x
2
y
2
)
y
2
y2
1
10
x
3
1
x
2
设
2< br>＝t，则t＋＝ , 解得：t＝3或 ∴＝±
3
或±
t
3
3
y
3
y

x
sinθ
cos
2
θ
【另解】 由＝＝tgθ，将等式② 两边同时除以，再表示成含tgθ
y
cosθ
x
2
的式子：1＋tg θ＝
(1tg
2

)
4
10
3(1
1
)
tg
2

＝
10
222
tgθ，设t gθ＝t，则3t—10t＋3
3
＝0，
x
3
1
∴t＝3或， 解得＝±
3
或±。
3
3
y
【注】 第一种解法由
sinθ
cosθ
＝ 而进行等量代换，进行换元，减少了变量的个数。
x
y
第二种解法将已知变形为
x
sinθ
＝，不难发现进行结果为tgθ，再进行换元和变形。两
y
co sθ
种解法要求代数变形比较熟练。在解高次方程时，都使用了换元法使方程次数降低。
(x1)
2
(y1)
2
例6. 实数x、y满足＋＝1，若x＋y－k>0恒成立，求k的范围。
916
(x1)
2
(y1)
2
22
【分析】由已知条件＋＝1，可以发现它与a＋b＝1有 相似之处，
916
于是实施三角换元。
x1
(x1)
2
(y1)
2
y1
【解】由＋＝1，设＝cosθ，＝sinθ，
3
4
916

x13cosθ
即：

代入不等式x＋y－k>0得：
y14sinθ

3cosθ＋4sinθ－ k>0，即k<3cosθ＋4sinθ＝5sin(θ+ψ)
所以k<-5时不等式恒成立。
【注】本题进行三角换元，将代数问题（或者是解析几何问题）化为了含参三角不等式
恒成立的 问题，再运用“分离参数法”转化为三角函数的值域问题，从而求出参数范围。一
般地，在遇到与圆、椭 圆、双曲线的方程相似的代数式时，或者在解决圆、椭圆、双曲线等
有关问题时，经常使用“三角换元法 ”。
本题另一种解题思路是使用数形结合法的思想方法：在平面直角坐标系，不等式ax＋by
＋c>0 (a>0)所表示的区域为直线ax＋by＋c＝0所分平面成两部分中含x轴正方向的一部分。< br>此题不等式恒成立问题化为图形问题：椭圆上的点始
y
终位于平面上x＋y－k>0的区域。即当直线x＋y－k
x
＝0在与椭圆下部相切的切线之下时。当直线与椭圆相


x＋y－k>0
k 平面区域


16(x1)
2
9(y1)
2
144
切 时，方程组

有相等的一组实数解，消元后由△＝0可求得k
xyk0

＝－3,所以k<-3时原不等式恒成立。

Ⅲ、巩固性题组：
1. 已知f(x)＝lgx (x>0)，则f(4)的值为_____。
A. 2lg2 B.
1
lg2 C.
2
lg2 D.
2
lg4
333
3
2. 函数y＝(x＋1)＋2的单调增区间是______。
A. [-2,+∞) B. [-1,+∞) D. (-∞,+∞) C. (-∞,-1]
3. 设等差数列{a< br>n
}的公差d＝
1
，且S
100
＝145，则a
1< br>＋a
3
＋a
5
＋„„＋a
99
的值为
24
_____。
A. 85 B. 72.5 C. 60 D. 52.5
4. 已知x＋4y＝4x，则x＋y的范围是_________________。
5. 已知a≥0， b≥0，a＋b＝1，则
a
1
＋
b
1
的范围是____ ________。
2
2
22
6. 不等式
x
>ax＋< br>3
的解集是(4,b)，则a＝________，b＝_______。
2
7. 函数y＝2x＋
x1
的值域是________________。
8. 在等比 数列{a
n
}中，a
1
＋a
2
＋„＋a
10
＝2，a
11
＋a
12
＋„＋a
30
＝12，求a
31
＋a
32
＋„＋a
60
。
9. 实数m在什么范围内取值，对任意实数x，
不等式sinx＋2mcosx＋4m－1<0恒成立。
y D C
10. 已知矩形ABCD，顶点C(4,4)，A点在曲线
A B

22
x＋y＝2 (x>0,y>0)上移动，且AB、AD
O x
始终平行x轴、y轴，求矩形ABCD的最小面
积。



2