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第 7 讲 换元法（高中版）
（第课时）

神经网络
准确记忆！



< br>
非标准问题标准化




复杂问题简单化


降次

用途




化分 式为整式


化无理式为有理式
换元法


< br>

化超越式为代数式



整体代换
< br>

策略

均值代换

三角代换





重点难点
好好把握！



重点：1．；2．；3．。
难点：1．；2．；3．；。


考纲要求
注意紧扣！


1．；2．；3．。

命题预测
仅供参考！


1．；2．；3．。

考点热点
一定掌握！


换元法是数学中一个非常重要而且应用十 分广泛的解题方法。我们通常把未知数或变数称为
元，所谓换元法，就是在一个比较复杂的数学式子中， 用新的变元去代替原式的一个部分或改造
原来的式子。换元的关键是构造元和设元。
换元的实 质是转化，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。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。换元后 要注意新变量的取值范围，它既不能缩小也不能扩大。
换元法在因式分解、化简求值、恒等式证明、条 件等式证明、方程、不等式、函数、数列、
三角、解析几何等问题中有广泛的应用。
换元的常 用策略有：整体代换（有理式代换，根式代换，指数式代换，对数式代换、复变量
代换）、三角代换、均 值代换等。
整体代换：在条件或者结论中，某个代数式反复出现，那么我们可以用一个字母来代替它，
xxx
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。
三角代换：如果把代数式换成三角式更容易求解时，可以利用代数式中与三角知识的联系进
1 7

行换元。例如求函数y＝
x
＋
1x
的值域时， 易发现x∈[0,1]，设x＝sin
2
α ，α∈[0,

]，
2
问题变成了熟悉的求三角函数值域。为什么会想到如此设，其中主要应该是发现值域的联系，又
有去根号的需要。又如变量x、y适合条件x
2
＋y
2
＝r
2
（r>0）时，则可作三角代换x＝rcosθ、
y＝rsinθ化为三角问题。
均值代换：对两个类似的式子，可令其算术平均值为t进行换元；如果遇到形如
xyS
或
x
2
y
2
S
这样的
对称结构，
可设 x＝
SS
SS
＋t ，y＝－t 或
x
2
t
，
y
2
t
等等。
22
22
1．换元法在方程中的应用
我们知道，解分式方程时一般用“去分 母”的方法，把分式方程化成整式方程来解；解无理
方程一般用“两边乘方”的方法，将无理方程化成有 理方程来解。然而利用这些常规的变形方法
解题，有时会产生高次方程，解起来相当繁琐，甚至有时难于 解得结果。对于某些方程，我们可
以用新的变量来替换原有的变量，把原方程化成一个易解的方程。
例.（高二）如果关于x的方程
x2xcos

sin

0
有相异的四实根，求

的范围。
分析：此题已知条件的形式比较陌生，我们先看看能不能把它转化为我们所熟悉的形式。
令
xt
，则原方程化为：
2
422
t2tcos
sin

0
⑴
使原方程有相异的四实根等价于使方程⑴有两不等正根。

4cos
2

4sin
2

0(2)

cos

0(3)
由此得


2

sin

0(4)


cos2

0

即

cos

0


sin

 0

3

5

解之得
2k


且

(2k1)

< br>
2k


44

2．换元法在不等式中的应用
22
(kJ)

4(a1)
(a1)
2
2a
例.（高二）设对所于有实数x，不等式xlog
2
＋2x log
2
＋log
2
>0
a
4a
2
a1
2
恒成 立，求a的取值范围。
4(a1)
(a1)
2
2a
分析：不 等式中，log
2
、 log
2
、log
2
三项有何联系？对它们进
4a
2
a
a1
行变形后再实施换元法。
2a
＝t ，则
a1
4(a1)
8(a1)a12alog
2
＝log
2
＝3＋log
2
＝3－log2
＝3－t ，
a
2a2aa1
(a1)
2
a 1
log
2
＝2log＝－2t ，
2
4a
2
2a
解： 设 log
2
代入后原不等式简化为 （3－t）x＋2tx－2t>0 ，它对一切实数x恒成立，
2


3t0

t3
∴

，解之得

，
2
t0或t6
 4t8t(3t)0


2a2a
∴ t<0 即 log
2
<0 ，0<<1 ，解之得 0a1a1
点评 ：本题使用换元法解不等式。在解决不等式恒成立问题时，使用了“判别式法”。

3．换元法在函数中的应用
例.（高一）已知f(x+1)为奇函数，f（x）=x·（x+ 1），（x<1）求x>1时函数f（x）的解析式。
解：令x=t+1（t<0），∵ f(x)=x（x+1） （x<1） ，∴ f(t+1)=（t+1）（t+2） ，
又f(x+1)为奇函数，故f(t+1)也为奇函数，
∴ -f（t+1）=f（-t+1），f（-t+1）=-（-t-1）（-t-2），
令T=-t，（T>0），则f(T+1）=-（T-1）(T-2)，
∴
f(T)(T2)(T3)
，
∴ f(x)= -（x-2）(x-3)=-x2+5x-6，（x>1） 。
点评：本题使用换元法求函数解析式。

4．换元法在数列中的应用
例.（高三）已知数列{a
n
}中， a
1
＝－1，a
n1
·a
n
＝a
n1
－a
n
，求数列通项a
n
。
解：已知式变形为
1
a
n1
－
11
＝－1 ,设 b
n
＝ ，则
{b
n
}
为等差数列，
a
n
a
n
∴ b
1
＝－1 ,b
n
＝－1＋(n－1)(-1)＝－n ，
∴ a
n
＝－
1
。
n

5．换元法在复数中的应用
对于涉及模及多变元的复数问题，基于运算方面的考虑，可以利用换元法简解。

6．换元法在三角中的应用
例.（高一）设a>0，求f(x)＝2a(sinx＋cosx )－sinx·cosx－2a的最大值和最小值。
解： 设sinx＋cosx＝t，则t∈[-
2
,
2
]，
2
t1
2
由 (sinx＋cosx)＝1＋2sinx·cosx 得 sinx·cosx＝ ，
2
11
∴ f(x)＝g(t)＝－(t－2a)
2
＋ （a>0） t∈[-
2
,
2
]，
22
1
2
当 t＝-
2
时， g(t)取最小值 －2a－2
2
a－ 。
2
y
1
2
当 2a≥
2
时，t＝
2
，f(x)取最大值 －2a＋2
2
a－ ；
2
1
2

当 0<2a≤
2
时，t＝2a ，f(x)取最大值 。
2
2
2

x
3 7


12
(0a)

1

22< br>∴ f(x)的最小值为－2a
2
－2
2
a－，最大值为

。
2
12

2
2a22a(a)

22
点评：换元设 sinx＋cosx＝t 后，抓住sinx＋cosx与sinx·cosx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＋cos x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cosx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， sinxcsox)，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。
例.（高一）△ABC的三个内角A、B、C满足：A＋C＝2B，
cos
2
1
1
＋＝－，求
cosB
cosA
cosC
AC
的值。
2

AC120°
分析： 由已知 A＋C＝2B 和“三角形内角和等于180°”，可得

，
B＝60°


A＝60°α
AC
对 A＋C＝120° 进行均值换元，设

，再代入可求cosα即cos。
2
C＝60°－α


AC120°
解法一：∵ A＋C＝2B 且 A＋B+C＝180°，∴

,
B＝60°


A＝60°α
设

，代入已知等式得：
C＝60°－α

11
1
1
＋＝＋
cosA
cosC
cos(60

)cos(60

)11
＝＋
1313
cos

sin

co s

sin

2222
cos

cos

＝＝＝－2
2
,
133
cos
2

 sin
2

cos
2


444
22AC
解之得 cosα＝ ， 即 cos＝。
22
2
解法二：由A＋C＝2B，得A＋C＝120°，B＝60°。
2
11
11
＋＝－＝－2
2
，设 ＝－
2
＋m ，＝－
2
－m ，
cosB
cosA
cosC
cosA
cosC
11
∴ cosA＝ ，cosC＝ ，
2m2m
∴

两式分别相加、相减得：
22
ACACAC
cos＝cos＝
2
，
m2
222
ACACAC2m
cosA－cosC＝－2sinsin＝－
3
sin＝
2
，
222
m2
22
2m
ACAC
即 sin＝－ ，cos＝－，
m
2
2
22
3(m
2
2)< br>2
AC
2
AC
代入 sin＋cos＝1 整理得 3m
4
－16m－12＝0 ,解之得 m
2
＝6 ，
22
22
2
ACAC
代入cos＝
2
得 cos＝ 。
2
m2
22
1
1
点评： 本题两种解法由 “A＋C＝120°”、“＋＝－2
2
”分别进行均值换元，
cosA
cos C
cosA＋cosC＝2cos
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°。
2
1
1
＋＝ －＝－2
2
，即cosA＋cosC＝－2
2
cosAcosC ，
cosB
cosA
cosC
ACAC
和积互化得 2coscos＝－
2
[cos(A+C)＋cos(A-C) ，
22
2 2
ACAC
即cos＝－
2
cos(A-C)＝－
2
( 2cos
2
－1) ，
22
22
ACAC
整理得 4
2
cos
2
＋2cos－3
2
＝0 ,
22
2
AC
解之得 cos＝ 。
2
2
∴

7．换元法在解析几何中的应用
(x1)
2
(y1)
2
例.（高三）实数x、y满足＋＝1，若x＋y－k>0恒成立，求k的范围。
9
16
(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，于是
9
16
实施三角代换。
x1
(x1)
2
(y1)
2
y1
解：由 ＋＝1 ，设 ＝cosθ ，＝sinθ ，
9
16
3
4

x13cosθ
即

，
y14sinθ

代入不等式 x＋y－k>0 得 3cosθ＋4sinθ－k>0 ，即k<3cosθ＋4sinθ＝5sin(θ+ψ) ，
所以k<-5时不等式恒成立。
点评：本题进行三角代换，将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
5 7

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“三角代换”。
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 < br>(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。此题不等
式恒成立问题化为图形问题：椭圆上的点始终位于平面上x＋y
y
－k>0的区域。 即当直线x＋y－k＝0在与椭圆下部相切的切线
之下时。当直线与椭圆相切时，方程组
16(x1)
2
9(y1)
2
144
有相等的一组实数 解，消元后由

xyk0

△＝0可求得k＝－3,所以k<-3时原 不等式恒成立。



能力测试
认真完成！




参考答案
仔细核对！



























方程
不等式
函数
数列
复数
三角
解析几何
xx1
x
k
x+y-k>0 平面区域
1 2 3 4 5

√
√


√ √

6







7







8








1.（高二）解不等式 log
2
(2－1) ·log
2
(2
x
－2) 。
解：设 log
2
(2－1)＝y ，则 y(y＋1)<2 ，解之得 －22
2.（高一）设f(x
2
＋1)＝log
a
(4－ x
4
) （a>1），求f(x)的值域。
22
5
,log
2
3)。
4
解：设x＋1＝t (t≥1)，则f(t)＝log
a
[-(t-1)＋4]，所以值域为(－∞,log
a
4]。
点评：本题使用换元法求函数值域。
3.（高一）
求函数y=sin2 x- 3sinx+32 - sinx 的值域。
解：原函数变形得 y=(2-sinx)2 - (2 - sinx)+12 - sinx =2-sinx-12 - sinx –1 ，
令 t=2-sinx ，t∈[1，3] ，即y=t+1t –1 ，
易知当 t∈[0，1] 时为减函数；t∈[1，+∞]时为增函数，
故当 t=1 ，即sinx=1 ，x=2kπ+π2 k∈z 时，
y
min
1
；
当 t=3 时，即 sinx=-1 ，x=2kπ- π2 k∈z 时，
y
max
73
。
故y∈[1, 73 ]。
点评：本题使用换元法求三角函数值域。
sinθcosθ
10
cos
2
θ
sin
2
θ
4*.（高一.超纲）已知＝，且＋＝ (②式)，
y
x
x
2
3( x
2
y
2
)
y
2
求
x
的值。
y

解法一： 设
k
2
(x
2
+y
2
)＝1 ,
sinθ
cosθ
＝＝k ，则sinθ＝kx ，cosθ＝ky ，且sin2
θ＋cos
2
θ＝
y
x
y
2
x2
10
10k
2
10
k
2
x
2
k
2
y
2
代入②式得： ＋＝＝ ，即
2
＋
2
＝ ，
3
x
x
2
3(x
2
y
2
)
3
y
y
2
1
10
x
2
1
设
2
＝t ，则 t＋＝ , 解之得 t＝3 或 t＝ ，
t
3
y
3
∴
xx
3
＝±
3
或 ＝± 。
yy
3
x
sinθ
cos
2
θ
解法二： 由 ＝＝tgθ ，将等式②两边同时除以，
y
cosθ
x
2
10
10
2
2
4
再表示成含tgθ的式子：1＋tgθ＝
(1 tg

)
＝tgθ ，
1
3
3(1
2
)
tg

设 tgθ＝t ，则 3t—10t＋3＝0 ，
22
3
xx
1
∴ t＝3 或 t＝ ， 解之得 ＝±
3
或 ＝± 。
yy
3
3
si nθ
cosθ
＝而进行等量代换，进行换元，减少了变量的个数。第
y
xx
sinθ
二种解法将已知式变形为＝，再进行换元和变形。两种解法要求代数变形比较熟 练。
y
cosθ
点评：第一种解法由
在解高次方程时，都使用了换元法使方程 次数降低。

7 7