促销-兔

第五讲
换元法


知识点拨

【知识提要】

1. 方程中变量的换元；
2. 三角换元；
3. 特殊换元。

【基本题型】

1. 解超过二次的方程，或解某些特殊的根式方程；
2. 证明某些不等式，或者某些量的取值范围；
3. 求某些难以直接求出来表达式的值。

【解题技巧】

1. 遇到可以整体代入的时候，可以考虑换元；
2. 解特殊的高次方程的时候，可以考虑换元；
3. 有时候甚至可以联想三角函数。



快乐热身

【热身】已知若有
y2x3
成立，则有恒等式
x
2
2x3ay
2
byc
成立 。求
abc
的值。
【解析】分析 直接用待定系数法会很繁琐。有没有简单一些的方法呢？
解 因为
y2x3
，所以
x
2
y3
。
2y
2
y9

y3

所以，
x2x3< br>

。

y
424

2

2
因此，
abc
1

1

99





。
4

2

432

| 初三·联赛班·教师版| 第5讲 第38页

热身完了，我们开始今天的课程吧！


例题精讲

【例 1】 求
1
1
1
1
1
1
1
1
...
（无穷多个）的值。
【解析】 分析 连分数化简为分数从最底下开始，但是这个是无限的，应该怎么办呢？
解 设原式
x
，则
x1
1
2
，也就是说
xx10
。
x
解得
x
15
（负根舍去）。
2



说明 无限连分数和无限小数一样，都是极限。关于极限的概念，以后会学到。
【例 2】 解关于
x
的一元四次方程：
xaxbxax10
。
【解析】 分析 因为方程次数高，所以应当设法降次。
解 观察方程的系数，具有对称的特点，所以应当使用换元法。




2
显然
x0
不是原方程的解，所以除以
x
后得到：
x axb
2
432
a1
0
。
xx
2
设
yx
1
2
2
，则有
yayb20
。
a4b8
。
x






aa
2
4b8aa
2
4b8
⑴ 若
0
，则方程的解为
y
1

，
y
2< br>
。
22
y
1
y
1
2
4y< br>2
y
2
2
4
1
代回
yx
得 到
x
1,2

，
x
3,4

。
x
22
a
aa
2
16aa
2
16⑵若
0
，则方程的解为
y
1,2

，于是有x
1,3

，
x
2,4

。
2
44
⑶若
0
，则方程无解。
【例 3】 解方程
3
1x
3
x31
。
【解析】 分析 方程中含有三次根式，直接解出现困难，可以考虑换元。

| 初三·联赛班·教师版| 第5讲 第39页

解 设
3
1xa
，
3
x3b
，则有

ab1


33
ab2

将 第一个式子立方后得到
a
3
b
3
3ab(ab)1
，再根据第二个式子，有
3ab(ab)3
，所以
ab1
。
这样，
a
和
b
是关于
y
的方程
y
2y10
的两个根。但是，因为方程
y
2
y10
没有 实
根，所以这样的
a
和
b
不存在，也就是说原方程没有实根。
说明 如果不用换元法，而是直接立方，会出现这样的情况：
3
1x
3
x31
，
(1x)(x3)1
，
x
2
 4x40
，
x
1,2
2
。
代回去后发现是增根，但 是涉及三次根式的题目为何会产生增根呢？以后到了高中学了更多
知识的时候就会知道了。


【拓展】设
x
为任意实数，求
3
x
3
1x
的取值范围。
【解析】 分析 同样地，可以用换元法将根式变为整式，再降次，求判别式。
解 设
3
xa
，
3
1xb
，
3
x
3
1xt
。则有

abt
，将第一个式子立方后得到
a
3
b
3
3ab(ab)t
3
，再根据第二个式子，有

33

ab1
t
3
1
3
。（注意，
t
3
x
3
x10
）
3ab(ab)t1< br>，所以
ab
3t
t
3
1t
3
1
22
0
的两个根。其判别式
t4≥0
，这样，
a
和
b
是关于
y
的方程
yt
3t3t
3
所以
t4≤0
，解得
t≤
3
4
。反推，易知只要
0t≤
3
4
，原方程就有解。
综上所述，
3
x3
1x
的取值范围是
0,
3
4

。




【例 4】 求函数
f(x)x(x1)(x2)(x3)
的单调递增区间。
【解析】 分析 这是一个四次函数，需要设法转化为次数较低的函数。
解 可以先进行结合：
f(x) [x(x3)][(x1)(x2)](x3x)(x3x2)
。
设
yx3x1
，则
f(x)y1
。
如果
y≥0
，则
f(x)
随着
y
的增加而增加，所以
y
应当随着
x
的增加而增加。此时应当有
x
22
22
在对称 轴右侧，即
x≥
3
35
，结合
y≥0
，有
x ≥
。
2
2

| 初三·联赛班·教师版| 第5讲 第40页

如果
y≥0
，则
f(x )
随着
y
的增加而减少，所以
y
应当随着
x
的增加 而减少。此时应当有
x
在对称轴左侧，即
x≤
3
353
，结合
y≤0
，有
≤x≤
。
2
22





353

35
,



,

综上所述，
f(x)的单调递增区间是


。
222

【例 5】 已知


1
51
8
，求


8
的值。

2
1
【解析】 分析 可以考虑其对称形式。
解 设


，则可求得



51。这样有



5
，

1
。
2

2


2
(



)
2
2

3
，

4
< br>
4
(

2


2
)
2
2

2

2
7
，

8

8
(

4


4
)< br>2
2

4

4
47
。


【变式】求

的整数部分。
【解析】 分析 直接求可能会很困难，但是受到前面的启发，可以考虑对偶形式。
解 根据前面的推理可以知道：



16
2207
。 16
因为

是纯小数，所以

的整数部分等于
2206
。


【例 6】 设
a
，
b
，
c
为三角形的三条边长，解关于
x
的不等式：
1616
a
x
b
x
c
x
≥(abc)
x
(bc a)
x
(cab)
x
。
【解析】 分析 显然
x1
的时候两边相等，那么其他情况呢？
解 设
pbca
，
qcab
，
rabc
。
因为
a
，
b
，
c
是三角形的三条边长，所以
p
，
q
，
r
均为正实数。







pq

qr

rp

xxx
原式转化为

。
≥pqr


2

2

2

对于这 样的不等式，通常是分立开来讨论。
xxx
p
x
q
x

pq

如果能够比较

和
2
的大小，那么将三 个式子相加即得答案。

2


| 初三·联赛班·教师版| 第5讲 第41页
x

p
x
q
x

pq

根据凸函数的性质，若

，则说 明指数为
x
的幂函数是凹的，也就是说

≥
2

2

0≤x≤1
。所以，原不等式的解集就是
[0,1]
。


【例 7】 设
x
和
a
为实数，解关于
x
的方程：
(x
2
axa)
2
a(x
2
a xa)ax
。（提示：需要关
于
a
的不同取值讨论。）
【解析】 分析 显然应当把
(x
2
axa)
设为一个整体，进行换元代入。
解 设
yx
2
axa
，则原方程变为
y
2
ay ax
。
对比可发现，这两个式子中
x
和
y
的地位刚好互换了。
相减，得到：
x
x
2
axa(y
2
ay a)yx
，因式分解得到









【例 8】 定义








(xy)(xya1)0
，得到
xy0
或
xya10
。
若
xy0
，则
xxaxa0
，解得
x
1
1
，
x
2
a
；
若
xya10
，则
xxax aa10
，即
x
2
(a1)x10
。
此时 ，若判别式
(a1)
2
4≥0
，即
a≥1
或
a≤3
，
2
2
a1(a1)
2
4a1 (a1)
2
4
则方程还有解
x
3

，
x
4

；
22
2
若判别式
(a1)4 0
，即
3a1
，则方程没有其他解。
另外，当
a3,1,1
时，方程的解中有相等的。
的一个子集
S
如下：
xS
，当且仅当存在
p,q

，使得
xpq
。
22
S
，均有
xy

S
。
【解析】 分析 如果是证明对于任意
xS
，
yS
，均有
xyS
，可能简单一些。
2222
解 对于任意
xS
，
yS
，则有
xpq
，
yrs
，其中
p,q,r,s
。
求证：对于任意
xS
，
y
此时，有
xy(pq)( rs)(prqs)(psqr)
，所以
xyS
。
另外，我们 证明，若
xS
，则有
222222
1
S
。
x
22

p

q

11p
2
q
2


2
这是因为

2
。

222222

2

xpq(pq)

p q

pq


现在，假设结论不成立，即存在
xS< br>，
yS
，而
xyS
（这是因为
xy
11

因为
xS
，所以
S
，从而
xyyS
，和
yS
矛盾。
xx

所以，必须有
xyS
。

| 初三·联赛班·教师版| 第5讲 第42页

）。

说明 能够表示成两个有理数平方和的有理数具有一些很有趣的性质，同学们以后还会陆续学
习到。


方法引导

1. 对于系数具有对称性的一元四次方程，可以考虑换元；
2. 某些含有复杂表达式的方程中可以换元；
3. 设计方程的根之间的关系时，可以利用韦达定理进行换元。


巩固精练

习题1. 设
a
⑴求
a
⑵
b
b
b
a
a
2
，
b
5
5
。
a
...
的值。
b
...
是否等于
5
？为什么？
【解析】 分析 类似地，可以用换元法来解答。但请注意题目的陷阱。
解 ⑴设
a
a
aa
...
x
，则
a
x
x
，即
2 x
，解得
x
1
2
，
x
2
4
。
a
x
但是，不难发现
a
，
a
，
a
，……中的任何一个都不超过
2
（假设某项超过
2
，则它前面
的那项 也超过
2
，可继续推得
a2
，矛盾），所以这个数列的上限是
2< br>，所以答案只能是
2
。






⑵设
b
b
b
b
...
a
ay
，则
by
，即
5y
。
y
确实可能等于
5
，但是否还有另一个值？
y
5
y
1010
注意
ab
（这是因为
a32
，
b25
），所以
x y
。
y
也就是说方程
5y
除了
5
以外，还有 一个大于
1
而小于
2
的解。
说明 很多题目都存在陷阱。其实只要 想清楚为啥
a
a
a
a
...
5
4
，就可 以知道第二问的原因了。


习题2. 关于
x
的方程
x ax20
有三个不相等的实数根，求
a
的取值范围。
【解析】 分析 我们不知道如何去解一个一元三次方程，但仍可尝试通过换元法解决
解 设该方程的三个实数根为





。根据韦达定理，有：
3

| 初三·联赛班·教师版| 第5讲 第43页







0







a
，根据第一、三两式可知

和

为正，

为负。


2

将第一个式子代入后两个式子得到：


(



)
2


a



(



)< br>
2







和

都是正实数。显然，如果



越大，则
 
越小，从而
(



)
2

 
越大。
因为
(



)
2
 (



)
2
4

0
，所 以
(



)4


所以，
(



)

2
22
2
8
，即



2
。




2
3
，即
a3
。
2
说明 虽然现阶段同学 们还不会解一元三次方程，但是如果只是定性一个特殊的一元三次方程
的实根分布情况，还是可以利用韦 达定理而得到答案的。


习题3. 关于
x
的一元四次方程：< br>xxaxx10
没有实数根，求
a
的取值范围。
【解析】 分析 没有实数根意味着某个“判别式”小于零，但是否有其他附加条件？
解 因为
0
不是方程的根，所以设
yx
⑴若
0
，则
a
432
1
，则有
y
2
ya20
。
4a9
。
x
9
，符合题意。
4
91
⑵若
0
，则
a
，解出
y
1,2

，但因为
y
的取值范围是绝对值不小于
2
的所有实数，
42
所以仍然无解，符合题意。
⑶若
0
，则根据上面，只需要方程的两 个根都在
(2,2)
内。因为两根的平均值为

在
(2,2)< br>内，所以只需在
2
和
2
处的函数值都大于零即可：
1，
2

(2)
2
(2)a20

2
9
，解得
0a
。

22a20
4

4a90

综上所述，
a
的取值范围为全体正实数 。

| 初三·联赛班·教师版| 第5讲 第44页

说明 一元偶次方程可以没有实根，但是一元奇次方程不会没有实根。


习题4. 已知
x
2
y
2
1
，求< br>|x
2
2xyy
2
|
的最大值和最小值。
【解析】 分析 观察条件，可以联想到三角函数，从而进行换元。
解 设
xcos

，
ysin

，
则有
|x
2
2xyy
2
||cos
2

2si n

cos

sin
2

||cos2

sin2

|
。
此时，在单位圆周上，易知其最大值为
2
，最小值为
0
。
说明 倍角三角函数公式是很有用的公式，可以解决很多问题。

| 初三·联赛班·教师版| 第5讲 第45页

学习札记
















| 初三·联赛班·教师版| 第5讲 第46页

小故事
完全数之谜（5）
——
梅森素数
在初等数 论领域里，曾有许多才智出群的业余数学天才活跃一时
(现在的数学越来越专门艰深，我作一个业余数学 家的梦想也终遭幻
灭).费马，梅森，etc. 今天要讲的梅森，就同完全数有着千丝万缕的联
系。梅森，17世纪时的一位法国神职人员，把所有的业余时间都用在
了对数学的钻研上，并因在所谓 的梅森素数上的成就而载名史册。所
谓的梅森素数，就是指形如2
n
-1的素数. 读过前文的虫虫一定会眼前
一亮：咦? 这不是欧几里德公式里的关键部分吗!不错，根据欧几里德的公式，每求得一个梅森素数，就自动会得到一个偶数完全数。梅森
在1644年说，2
1 3
-1,2
17
-1和2
19
-1这三个梅森数都是素数，他还断言 ，
2
67
-1也是素数！在接下来的250年里，没有人敢对这一大胆的声言提
出疑问(他们没有计算机!)(以下全文摘抄于《阿基米德的报复》一
书)1903年，在美国数学协 会的一次会议上，哥伦比亚大学教授科尔
提交了一篇慎重的论文，题目为：论大数的分解因子。数学史家 贝尔
记下了这一时刻所发生的事:一向沉默寡言的科尔走上台去，不言不语
地开始在黑板上计算 2
67
.然后小心地减去1，得到一个21位的庞然大
物：147,573,952, 589,676,412,927. 他仍一语不发地移到黑板上的空
白处，一步步作起了乘法运算:1 93,707,721×761,838,257,287.两次计
算结果相同。梅森的猜想——假如确 曾如此的话——就此消失在数学
神话的废物堆里了。据记载，这是第一次也是唯一的一次，美国数学协会的一位听众在宣读论文之前向其作者热烈欢呼。科尔一声不吱在
他座位上坐下，没有人向他提任 何问题.



| 初三·联赛班·教师版| 第5讲 第47页