翘楚-初中英语说课教案

换元法在数学竞赛中的若干运用

摘要： 在中学数学竞赛中，换元法作为一 种重要的解题方法，有着能够将数学
问题化繁为简，化难为易的作用。本文论述换元法在中学数学竞赛中 的若干种运
用，主要从自身换元、局部换元、整体换元、常值换元、均值换元、参数换元、
比值 换元及其功能分类等八个方面来论述.

关键词：换元法、数学竞赛
Abstract


前言
从往年的竞赛试题看，初中竞赛和高 中竞赛题需要用到换元法来求解的问题
是相当多的。在计算题、解
高次方程、解无理方程、求函 数解析式、不等式的证明、数
列等题型中经常能过发挥重要的作用。通过换元法可以达到化高次为低次， 化分式为整式，
化无理式为有理式，化超越式为代数式的转化。
这里我仅结合数学竞赛中常出现 的一
些题型来谈一谈它在数学竞赛中的一些运用.
1. 换元法的定义及其相关概念
1.1换元法的定义
所谓换元法（substitution method; substitution; changing yuan）是
一种设辅助元素，把题中一个（些） 字母的表达式用另外的一个字母（些）字母
的表达式来代替，从而达到把要求解的问题简单化，建立已知 和未知的联系的方
法.
在解决数学竞赛试题时，有时我们直接按原始的方法去解决问题会显得 比较
繁琐和困难，或者原问题所给已知条件不易得出最后结果，或者所给问题不好下
手，那么这 时如果我们能够引人新的“元”代替旧的“元”，使得建立在“新元”
基础上的条件和问题得到了化繁为 简、化难为易，容易得出最后的正确结果。这
就是换元法之所在.
1.2换元法的基本思想
化繁为简、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、化不熟悉为 熟悉.
1.3换元法的一般步骤
①构造新元 ②解答 ③求出原解
转化 代价代换

2.换元法的分类及典例分析
2.1从结构上划分
2.1．1自身换元法
在数学竞赛中，我们经常会遇到一些很繁杂的计算题，如果按照原始的方法
去计算，如果按照原始的方 法去计算，将会使计算过程变的复杂难解，甚至不能
得到最后的正确结果，这时我们常会用到“自身换元 法”。“自身换元法”就是指
把要求解的式子整体用另一个字母或者表达式替换后，通过对新的变元进行 计算
后得出具体结果.

例1、
计算
25859
 （）（）（）()
2334445

555606 06060
（1989年上海市数学竞赛题）
分析：首先我们观察本题是计算一串很长的分数之 和，在每一个括号中的分
数的分母都是相同的。假设分母为
m(2m60)
,则每 个括号中相加的分数为
（
m1
）个。根据题目的特点，用原始的计算方法（先将每个 括号里的分数相
加，再加总求和）是相当繁杂的一项工程，并且在数学竞赛考试时间有限的情况
下，是不宜采用的，那么对于这样的式子，我们如果采用“自身换元法”，会有
怎样的效果呢？

解：设
T原式
，将原式各项反序排列后有
95821
（）（）()()


T

233444555560606060

将等式两边乘以2，得到
59（159）5960
2T123

58591170
22

所以
T585
，故原式
585

评析：解决此题的关键 就是利用“自身换元”。将一串很长的式子用一个简
单的变元
T
来表示，然后等式两边 同时乘以
2
，这样就将一串繁杂的分数相加化
为了比较简单的整数相加，问题迎刃而解 。

2，，5.
求：例2、 设
a
i
R

，i1，
a
5
a
1
a
2




a
2
3a
3
5a
4
7
5
a
3
3a
4
5a
5
7a
1
a
1
3a
2
5a
3
7a
4
的最小值。（2004年全国高中数学联赛吉林赛区初赛试题）
分析：从开始看题的第一眼，我们就 会产生一种厌烦的心理，本题所需要计
算的不仅是一串分式之和，并且每一个分式都是由字母组成，如果 不采用特殊的
计算方法，是不可能将结果求解出来的。本例与例1有相似之处，都是分式相加
求 和，所以考虑运用“自身换元法”.
解：设原式为
A
.由柯西不等式，有

A[a
1
(a
2
3a
3
5a
47a
5
)a
2
(a
3
3a
4
5a
5
7a
1
)a
5
(a
1
 3a
2
5a
3
7a
4
)]
(a
1< br>a
2
a
3
a
4
a
5
)2


a
于是，有
A
8

aa< br>2
i1
i
1ij5
5
.

j
1ij5

(a
i
a
j
)
2
 0
，
所以，
(

a
i
)
1
5
2
5
a
i
a
j
.

2
1ij5
从而，
A
5
.
1 6

当
a
1
a
2
a
3
 a
4
a
5
时，式①、②中的符号都成立，即有
A
综上所述，所求的最小值为
5
.
16
5
.
16
评析：解决此题的关键也是利用“自身换元法”.
2.1.2局部换元法 换元法从结构上可分为整体换元和局部换元，局部换元是数学竞赛中运用最
多，最常见的一种方法。
abc
例2、
a，b，c
为正实数，求证：
2
122
a8bcb8acc8ab


(启动中学竞赛试题)
证明：令
x
a
2
a8bc
则
x，y，zR

，且
，y
b
b8ca
2
，z
c
c8ab
2
.
a
2
18bc
，

x
2
所以
2
1
2
.
xa
a8bc
同理
18ab
18ac

2
1
2
，
2
1
2
，
zc
yb
111
因此
(
2
1)(
2
1)(
2
1)8
3
512
.„„„„„„①
xyz
假设
xyz1
，则
x，y，z(0,1)
.
2
1-x
2
1y
2
1z
2
故
2

2

2
xyz
(x
2
y
2
z
2
)x
2
(x
2
y
2
z
2
)y
2
(x
2
y
2
 z
2
)z
2




x2
y
2
z
2
(yz)(2xyz)(xz)(x2y z)(xz)(2xyz)
=
222
xyz

2yz4
4
x
2
yz2xz4
4
xy
2z2xy4
4
xyz
2
x
2
y
2
z
2

=512
与①矛盾.
所以
a
2
a8bcb8acb8ab
评析：本题是数学竞赛中不等式的证明，虽然不等 式的证明可以有很多种方
a
法，但就此题来看，利用“局部换元”这种特殊的方法，把，
2
a8bc
bc
，
以新元
x，y，z
表示旧元
a，b，c
，消去根号，起到了
22
b8acc8ab
化繁为简，化难为 易的效果，然后再运用不等式的性质便可得到证明.


b
2

c
2
1
.

（ 1）

x(x1)(3x5y)144
例3、 解方程组

2

（2）

x4x5y24



分析：观察方程的左边可以发现，方程⑴中有式子
x
2< br>x
与
3x5y
，而方程
⑵中也有
x
2
 x与3x5y
，所以可以利用换元法来进行化简求解 .
2


x(x1)(3x5y)144
（(3x5y)144

xx）
解：由

2
有

2


x4x5 y24

(xx)(3x5y)24


所以将
（x
2
x）， (3x5y)
看作是关于
t
的方程
t
2
24t1440
的
两个根 ，所以
t
1
t
2
12
.

x
1
4

x
2
3

x
2
 x12


即

.解之得，

24

3
.

3x5y12
y
1

y
2



5
5


评析：本题紧紧抓住已知方程组的条件，利用方程组 的特点，通过换元便可
突破.
2..1.3整体换元法
将题目中具有共同特点的部分用字母来表示后，使得计算简化.这种方法叫
做整体换元法.
例 4、
计算
1
（）（1）（-1）（）232004232003
（2004年广西省初中数学竞赛试题）
分析：观察 本题可发现，每个括号中均有相同的部分，若将共同的部分用一
个字母来表示，那么就将繁杂的数据简化 ，又使得本题的结构特征更加简洁明了，
容易发现其中的一些规律和解题技巧.
111
解：根据观察分析，题中每个括号中的共同部分为
1
，则
232003
111
a
，那么就有 令
1232003
11
（a1)a(a)(a1)
原式

20042004
aa1
a
2
a


a
2
a

2
1


.
2004
评析：本题从题目的结构看非常繁杂，而且每个括号的数字比 较大，直接去
计算是几乎不可能的，我们利用“整体换元法”将括号中的共同部分进行转化，
便 可迎刃而解.
2.2从数值类型上划分
2.2.1常值换元法
所谓常值换元法， 就是将题目中的常数用字母来表示，从而达到化简的目的，
下面我将举几个例子来说明它的运用。

例5
、计算
20052006200720081-20062
的结果（第17届“希望杯”）

解：令
t2006
,则
原式
t(t1)(t1)(t2)1t
2

(t
2
t2)1t
2

（t
2
t）

(t
2
t1)
2
t
2


t
2
t1t
2

t1

2005
2007、2008
之间的关评析：本题首先用
t
来表示
2006
，然后由
2006
与
2005、
系，将它们分别表 示为
(t1)、(t1)、(t2)
，这样就使得看上去很大的数字转化成
了一 个简单的字母.

2.2.2均值换元法

利用“均值换元法”可以快速的 证明关于元素之和为定值的一类问题，同样，
运用“均值换元法”去解证一些数学竞赛试题，也能够使得 解题巧妙简捷，迅速
得到正确结果。
均值换元是指当题中出现或者稍加变形后成为< br>mnp
的形式时，可设
pp
mt
,
nt
来进行求解的一种方法，可达到减元的目的。
22
1
例4、 已知
a、b、 cR
且
abc1
，求证
a
2
b
2
c
2


3
分析：抓住取等号时
a、b、c
的 值相等，利用“均值换元法”进行换元求解.
111
ct
3
，回代便可化简. 在本题中设
at
1
，bt
2
，
333
111
ct
3
，由
abc1
，可得 解：设
at
1
，bt
2
，
333

t
1
t
2
t
3
0
，所以有
111

a
2
b
2
c
2

(t
1
)
2
(t
2
)
2
(t
3
)
2

333
12
22< br>t
1
2
t
2
t
3

（t
1
t
2
t
3
）

33
1
22
t
3

t
1
2
t
2

3
1



3
评析：应该说本题的证明方法是相当多的，我们可以用均值不等式，构 造法，
还有双换元法等等，但是如果我们熟练掌握了“均值换元法”，这也不失为一种
快速简便 的证明方法.

2.2.3比值换元法
当竞赛题中含有连比（等比）的式子时，可 将连比式（连等式）设为
t
，使
得题中各元能分离出来直接参与运算.这种方法称之为 比值换元法.

例5、设
a
a
1
a
2
a
3

n
（所有字母均为正数）.求证：
b
1< br>b
2
b
3
b
n
a
1
b
1< br>a
2
b
2
a
n
b
n
(a
1
a
2
a
n
)(b
1
b
2
b
n
)

（1986年中学生数理化接力赛）
证明：设
a
n
tb
n
.
等式左边就可以转化为
左边

22
tb
1
2
tb
2
tb
n

a
a
1
a
2
a
3
，则有
a
1
tb
1
，
a
2
tb
2
，

，

n
t
（换元）
b
1
b
2
b
3
b
n

t(b
1
b
2
b
n
)


t(b
1
b
2
b
n
)

=
t(b
1
b
2
b
n
)(b
1
b
2
b
n
)





(tb
1
tb
2< br>tb
n
)(b
1
b
2
b
n)

(a
1
a
2
a
n
)(b
1
b
2
b
n
)

评析：
若已知条件的式子中有连比的式子，可用比值换元法。
2.2.4参数换元法
例6、
设正实数
x
，
y
满足
x
3
y
3
xy
，求证：
x
2
4y
2
 1

（第四届中国女子数学奥林匹克试题）
分析：在阅读了《国内高中数学竞赛真题 库》及其解法（使用均值不等式）
后使我授予匪浅，但是我认为本题如果运用“参数换元法”来求解将会 更加通俗
易懂，简捷明了.
x
证明：设
t(t0)
，即
xyt
.将此式代人题中的已知条件得
y

(t
2
1)y
3
(t1)y
.
t1
(t1)
. 由
y
为正实数，所以< br>y
2

3
t1
t1t
3
t
2
4t4
222

于是
x4y(t4)
3
.
t1t
3
1
则
x
2
4y
2
1t
3
t
2
4t4t
3
1
.
即
t
2
4t50
.
当
t1
时，上式显然成立. 证毕.
评析：数学竞赛试题往往可以有多种解法， 我们在考试时，最好选择我们
所熟悉并且通俗易懂的方法.就如此题即可用“均值不等式”的方法证得， 但如
果我们熟练掌握了换元法，将会使我们的解题过程显得更加的明了，化简过程也
变得更加简 捷.
2.3换元法从功能上划分
换元法从功能上可以划分为
化高次为低次，化分式为整式，化无理式为有理式等类
型
2.3.1化高次为低次
例7、
解方程
（4x1)(3x1)(2x 1)(x1)3x
4

分析：这是一个高次方程，如果将方程左边 全部展开，一方面的工作量大，
一方面即使展开也很难解出来，所以只能部分展开.由
（4x 1）(x1)4x
2
5x1

与
(3x1)(2x1) 6x
2
5x1
有相同的的一次项和常数项,所以原方程可以化
为： < br>（4x
2
5x1）(6x
2
5x1)3x
4
.
再设
y5x
2
5x1
，则原方程变为
(yx
2
)(yx
2
)3x
4
，即
y
24x
2
0
，
可得
y2x
2
或
y2x
2
，将结果回代就可解出
x
的值.
解：原方程可化为

（4x
2
5x1）(6x
25x1)3x
4
.
设
y5x
2
5x1
，则原方程变为

(yx
2
)(yx
2
)3x
4
，
即
y
2
4x
2
所以
y2x
2
由
y2x
2
由
y2x
2
0
.
0
或
y2x
2
0
，
0
，得
7x
2
5x10
.此方程并无实数根.
0
，得
3x
2
5x10
.
513
.
6
513513
所以原方程的根为
x
1

，
x
2

.
66
评析：利用换元法解高次方程，可将其转化为较简单的低次方程求解.
2.3.2化分式为整式
13xx
2
13-x
(x)42

例8、
解方程
x1x1
分析：这是一个分式方程，直接解比较困难，我们可以先将括号里面的两项
化简.即利用换元法将其化为整式来解决.
解：首先将上述方程括号里面的两项合并，则原方程可化为
13xx
2
x
2
13
42
.„„„„„„①
x1x1
x
2
1313xx
2
a
，则< br>a13
. 设
x1x1
所以方程①可化为
（a13)a42
，整理得
a
2
13a420
.
解之得
a6
或
a7

x
2
13< br>6
，整理得
x
2
6x70
当
a6
时，
x1
解之得
x
1
32，x
2
32
.
解之，得 x
x
2
13
7
，整理得
x
2
 7x60
当
a7
时，
x1
解之得
x
3
1，x
4
6

经检验，
x
1
32，x
2
32
，
x
3
1，x
4
6
均是原方程的解.
评析：由本题可知，解分式方程时，换元法的灵活使用，常常会使解题得到
事半功倍得到效果.

2.3.3
化无理式为有理式
例9、
无理方程
2x
2
15x2x
2
15x199818
的解是
（2005年江苏省数学竞赛试题）
分析：本题中根号内外含有未知数的式子是
2x
2
15x
，所以可令
，这样就可把原方程化为
y
的二次整 式方程.
y2x
2
15xA
（
A
为任意常数）解：令
y2x
2
15x18
，则原方程可以化为
yy 19800

即
y1980y
.
上述方程两边平方得

y1980y
2
，解得
y45
（舍
44
），则
2x
2
15x1845< br>，
3
解得
x
1
9，x
2

.
2
3
验根知,
x
1
9，x
2

均为原方程的解.
2
评析：无理方程的未知数含在根号内，我们需要先去除根号，使得无理方程
变为有理方程，使用换元法 是来转化是一种很常用的方法.

2. 使用换元法时应注意的问题
换元法作为数 学竞赛中的一种十分重要并且运用非常广泛的方法，我们
可以通过换元将复杂的问题简单化，不规则的问 题规则化，但是我们在选择
中间变量时，一定要非常慎重，如果换元法的类型或者新元的选择不恰当，< br>就有可能又使原来的问题更加的复杂，而不是简化.
由于换元法运用之广泛，再加上竞赛题之灵 活，我们在学习运用时，不
能将换元法孤立，而要灵活的掌握换元法的各种类型的区别、联系及其每一< br>种类型的运用，并将换元法和其他数学方法联系起来。
换元后，要注意新变量的取值范围必须对 应于原变量的取值范围，否则
就会造成变量定义域的扩大或缩小.
3. 研究总结
通过以上对换元法的分类和所有的例子，可以表明，在中学数学竞赛中，
换元法确实是一种非常重要的解 题方法.我们不仅需要掌握换元法的各种类
型及其运用，并且要能够灵活的将换元法与其他数学分支建立 联系，共同运
用于数学学习中，在竞赛时，时间是有限的，这就更加需要我们对换元法的
各种运 用有着非常熟悉的运用技巧，而不能机械的照搬套用.

参考文献
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