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高中数学解题基本方法换元法及训练习题集
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。
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
x
＋2
x
－2≥0，先变形为设2
x
＝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＝sin< br>2
α ，α∈
[0,]，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。如变量x、y

2

< br>适合条件x
2
＋y
2
＝r
2
（r>0）时，则可作三 角代换x＝rcosθ、y＝rsin
θ化为三角问题。
均值换元，如遇到x＋y＝S形式时，设x＝＋t，y＝－t
等等。
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,]。
Ⅰ、再现性题组：
1.y＝sinx·cosx＋sinx+cosx的最大值是_________。
2.设f(x
2
＋1)＝log
a
(4－x
4
) （a>1），则f(x)的值域是
_______________。
3.已知数列{an
}中，a
1
＝－1，a
n1
·a
n
＝a< br>n1
－a
n
，则数列通项
a
n
＝________ ___。
4.设实数x、y满足x
2
＋2xy－1＝0，则x＋y的取值范围是___________。
13
x
5.方程＝3的解是_______________。
13
x
S
2
S
2

2
6.不等式log
2
(2
_______________。
x
－1) ·log
2
(2
x1
－2)〈2的解集是
t
2
【简解】1小题：设 sinx+cosx＝t∈[－
2
,
2
]，则y＝＋t－
2
11
，对称轴t＝－1，当t＝
2
，y
max
＝＋
2
；
22

2小题：设x
2
＋1＝t (t≥1)，则f(t )＝log
a
[-(t-1)
2
＋4]，所以
值域为(－∞,log
a
4]；
3小题：已知变形为
1
a
n1
－11
＝－1,设b
n
＝，则b
1
＝－1,b
n
＝
a
n
a
n
1
n
－1＋(n－1)(-1)＝－n ，所以a
n
＝－；
4小题：设x＋y＝k，则x
2
－2kx＋1＝0, △＝4k
2
－4≥0,所以k
≥1或k≤－1；
5小题：设3
x< br>＝y，则3y
2
＋2y－1＝0,解得y＝，所以x＝－1；
6小题：设lo g
2
(2
x
－1)＝y，则y(y＋1)<2，解得－2x∈(log
2
,log
2
3)。
Ⅱ、示范性题组：
例1. 实数x、y满足4x
2
－5xy＋4y
2
＝5 （ ①式） ，设S＝x
2
＋y
2
，求
1
S
max5
4
1
3
＋
1
S
min
的值。（93 年全国高中数学联赛题）
【分析】 由S＝x
2
＋y
2
联想到co s
2
α＋sin
2
α＝1,于是进行三角


x Scosα
换元，设

代入①式求S
max
和S
min的值。


ySsinα


xScosα【解】设

代入①式得： 4S－5S·sinαcosα＝5


ySsinα
10
解得 S＝ ；
85sin2α
10
∵ -1≤sin2α≤1 ∴ 3≤8－5sin2α≤13 ∴ ≤
13
10
10
≤
3
85sin

∴
1
S
max
＋1
S
min
＝
313168
＋＝＝
1010105< /p>

此种解法后面求S最大值和最小值，还可由sin2α＝
界性而求，即解不等式： |
常用到的“有界法”。
8S10
的有
S
8S10
| ≤1。这种方法是求函数值域时经
S
【另解】 由S＝x
2
＋y
2< br>，设x
2
＝＋t，y
2
＝－t，t∈[－，]，
2
S
2
S
则xy＝±
－t
2
代入①式得：4S±5
－t
2
=5，
44
S
2
S
2
S2
S
2
移项平方整理得 100t
2
+39S
2
－160S＋100＝0 。
∴ 39S
2
－160S＋100≤0 解得：
∴
1
S
max
1010
≤S≤
133
＋
1
S
min
＝
313168
＋＝＝
1010105
【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
2
＋y
2
与三角公式cos
2
α＋sin
2< br>α＝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
2
＋y
2
而按照均值换元的思路 ，设x
2
＝
S
＋t、y
2
＝
S
－t，减少 了元的个数，问题且容易求解。另外，还
22
用到了求值域的几种方法：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
5
理得3a＋13b＝5 ，求得a∈[0,]，所以S＝(a －b)
2
＋(a＋b)
2
3
222
1020
21010
1
1
＝2(a＋b)＝＋a∈[,]，再求＋的值。
1313133
S
max
S
min
22

例2． △ABC的三个内角A、B、C满足：A＋C＝2B，
＝－
A C
2
，求cos的值。（96年全国理）
2
cosB
1
1
＋
cosA
cosC
【分析】 由已知“A＋C＝2B”和“三角形内角和 等于180°”的

AC120°
性质，可得

；由“A＋C ＝120°”进行均值换元，则设
B＝60°


A＝60°α
A C
，再代入可求cosα即cos。

2

C＝60°－α< br>
AC120°
【解】由△ABC中已知A＋C＝2B，可得

,
B＝60°

由A＋C＝120°，设


A＝60°α

C＝60°－α
，代入已知等式得：
1
11
1
1
＋＝＋＝＋
cosA
cosC
cos(60< br>
)cos(60

)
13
cos

 sin

22
1
13
cos

sin

22
＝
cos

cos

＝＝－2
2,
133
cos
2

sin
2

cos
2


444
解得：cosα＝
AC
22
， 即：cos＝。
2
22
1
1
【另解】由A＋C ＝2B，得A＋C＝120°，B＝60°。所以＋
cosA
cosC
2
＝－
cosB
＝－2
2
，设
所以cosA＝
1
1
＝－
2
＋m，＝－
2
－m ，
cosA
cosC
11
，cosC＝，两式分别相加、相减得：
 2m2m
ACACAC
22
cos＝cos＝
2
， < br>222
m2
cosA＋cosC＝2cos

cosA－cos C＝－2sin
即：sin
ACACAC2m
sin＝－
3
s in＝
2
，
222
m2
AC
22
2m
2
AC
2
AC
＝－，＝－，代入sin＋cos
222
m
2
2
3(m
2
2)
42
AC
2 2
＝1整理得：3m－16m－12＝0,解出m＝6，代入cos＝
2
＝
2
m2
2
。
2
【注】 本题两种解法由“A＋C＝120°”、“
1
1
＋＝－2
2
”
cosA
cosC
分别 进行均值换元，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
1
1
2
＋＝－＝－2
2，即cosA
cosA
cosC
cosB
＋cosC＝－2
2< br>cosAcosC，和积互化得：
2cos
ACACAC
2
c os＝－
2
[cos(A+C)＋cos(A-C)，即cos＝
222
2< br>ACAC
2
－
2
(2cos
2
－1)，整理得： 4
2
cos
2
22
2
－
2
cos(A-C )＝
AC
＋2cos－3
2
＝0,
2
AC
2
解得：cos＝
2
2
例3. 设a>0，求f(x)＝2a(sinx＋cosx)－
sinx·cosx－2a的最大值和最小值。
2
y
, ,
－
x
2
【解】 设sinx＋cosx＝t，则t∈[-
2
,
2
]，
由(sinx＋cosx)
2
＝1＋2sinx·cosx得：sinx·cos x

2

t
2
1
＝
2
11
2
∴ f(x)＝g(t)＝－(t－2a)＋ （a>0），t∈[-
2
,
2
]
22
1
t＝-
2
时，取最小值：－2a
2
－22
a－
2
1
当2a≥
2
时，t＝
2
，取最大值：－2a
2
＋2
2
a－ ；
2
1
当0<2a≤
2
时，t＝2a，取最大值： 。
2
1
∴ f(x)的最小值为－2a
2
－2
2
a －，最大值为
2

12
(0a)


22。

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＋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4. 设对所于有实数x，不等式x
2
l og
2
4(a1)
2a
＋2x log
2
＋
a< br>a1
(a1)
2
log
2
>0恒成立，求a的取值范围。 （87年全国理）
2
4a

4(a1)
2a
(a 1)
2
【分析】不等式中log
2
、 log
2
、log< br>2
三项有何
a
a1
4a
2
联系？进行对数式的有关 变形后不难发现，再实施换元法。
【解】 设log
2
4(a1)
8(a 1)
2a
＝t，则log
2
＝log
2
＝3＋
a
a1
2a
a12aa1
(a1)
2
log
2
＝3－log
2
＝3－t，log
2
＝2log＝－2t， 2
2aa12a
4a
2
代入后原不等式简化为（3－t）x
2
＋2tx－2t>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
2
<0

2
a1
4t8t( 3t)0
t0或t6


0<
2a
<1，解得0< a<1。
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 会想到换元及如何设元，关键是发现已知不等式中log
2
4(a1)
、
a
2a
(a1)
2
log
2
、log
2
三项之间的联系。在解决不等式恒成立问题时，
a1
4a
2
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
cos
2
θ
10
co sθ
sin
2
θ
例5. 已知＝，且＋＝ (②
x
x2
y
3(x
2
y
2
)
y
2
式)，求的值。
x
y

sinθ
cosθ
【解】 设 ＝＝k，则sinθ＝kx，cosθ＝ky，且sin
2
x
y
k
2
x
2
k
2
y
2
10
θ＋cosθ＝k(x +y)＝1,代入②式得：
2
＋
2
＝
2
x
3( xy
2
)
y
2222
10k
2
y
2x
2
10
＝ 即：
2
＋
2
＝
3
3
x
y
1
x
x
2
1
设
2
＝t，则t＋＝
10
, 解得：t＝3或 ∴＝±
3
或
t
3
y
3
y
3
±
3
x
sinθ
cos
2
θ
【另解】 由＝＝tgθ ，将等式②两边同时除以，
2
y
cosθ
x
再表示成含tgθ的式子 ：1＋tg
4
θ＝
(1tg
2

)
10
1
3(1
2
)
tg

＝
10
tg2
θ，
3
设tg
2
θ＝t，则3t
2
—10t ＋3＝0，
∴t＝3或， 解得＝±
3
或±
1
3
x
y
3
。
3
sinθ
cosθ
【注】 第一种解法由＝而进行等量代换，进行换元，< br>x
y
减少了变量的个数。第二种解法将已知变形为＝
x
y
si nθ
，不难发现
cosθ
进行结果为tgθ，再进行换元和变形。两种解法要求代数变 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，
9
16
求k的范围。