02 换元法在函数问题中的“妙用”-《中学生数理化》高一数学2023年7-8月刊

■孙明花 解数学问题时,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,这种方法叫换元法。换元法可以化高次 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、化隐含为显性关系等,在 研究方程、不等式、函数、向量、三角函数等问 题中都有广泛的应用。 一、利用换元法,求外层函数的解析式 例1 函 数 f(x)满 足 f(x2-3)= lg x2 x2-6 ,求f(x)并研究其奇偶性。 解:设u=x2-3。由题设知x2-6>0, 则u=x2-3=(x2-6)+3>3,所以x2= u+3。所以f(u)=lg u+3 u-3 ,其定义域为(3, +∞),即f(x)=lg x+3 x-3 (x>3)。 因为f(x)=lg x+3 x-3 (x>3)的定义域关 于原点不对称,所以f(x)为非奇非偶函数。 升华:换元法求解外层函数的表达式,注 意原变量的值域应为外层函数的定义域。 二、局部换元法,借力二次函数求最值 例2 函数f(x)=sin2x+ 3cosx- 3 4 x∈ 0, π 2 的最大值是 。 解:(1)由题意得f(x)=1-cos2x+ 3cosx- 3 4 。令cosx=t且t∈[0,1],则原 函数 等 价 于 函 数 y= -t2+ 3t+ 1 4 = -t- 3 2 2 +1。故当t= 3 2 时,y 取最大值 1,即所求函数的最大值为1。 升华:复合型的二次函数最值,可借助换 元法化归为二次函数在区间上的值域,切记 换元后新变量的取值范围。 三、整体换元法,借力二次函数求最值 例3 函 数 f(x)=sinx+cosx+ 2sinxcosxx∈ - π 4 ,π 4 的最小值是 。 解:设sinx+cosx=t,则2sinxcosx= t2-1,t= 2sinx+ π 4 。因为x∈ -π4, π 4 ,所以x+π4∈ 0,π2 ,所以0≤t≤1,则 原函数等价于g(t)=t2+t-1,0≤t≤1。 因为函数g(t)=t2+t-1的图像的开 口向上,且对称轴为t=- 1 2 ,所以在区间[0, 1]上单调递增。故当t=0时,g(t)取得最小 值为-1,即所求函数的最小值为-1。 升华:解答本题的关键是换元法的灵活 运用,即令t=sinx+cosx,把原函数化归为 二次函数在区间上的值域问题求解。 四、局部换元法,借力二次函数求解不等 式恒成立问题 例 4 对 所 有 的 实 数 x,不 等 式 x2log2 4(a+1) a +2xlog2 2a a+1+log2 (a+1)2 4a2 >0恒成立,求a的取值范围。 解:设log2 2a a+1=t∈R ,则log2 4(a+1) a =log2 8(a+1) 2a =3+log2 a+1 2a =3- log2 2a a+1=3-t 。同理可得log2 (a+1)2 4a2 = 2log2 (a+1) 2a =-2t 。所以原不等式等价于 (3-t)x2+2tx-2t>0对一切实数x 恒成 立, 所 以 3-t>0, Δ=4t2+8t(3-t)<0, 解 得 t<3, t<0或t>6, 所以t<0,所以log2 2aa+1<0, 所以0< 2a a+1<1 ,解得0<a<1。故所求a 5 知识结构与拓展 高一数学 2023年7—8月 的取值范围为(0,1)。 升华:本题是利用局部换元法,通过化归 为二次不等式在R上恒成立问题求解的。 五、二元变量的最值双换元,看穿本质借 力不等式求解 例5 设实数 a,b>0,a+b=5,则 a+1+ b+3的最大值为 。 解:利用换元,使得题目更清晰,再利用 不等式求最值。设 a+1=x,b+3=y, 则原问题等价于实数x,y>1,x2+y2=9,求 x+y 的最大值。 利用 不 等 式 x+y 2 2 ≤ x2+y2 2 ,可 得 x+y≤32,当且仅当x=y= 32 2 时取等号。 故 a+1+ b+3的最大值为32。 或者,利用柯西不等式直接求解。由题 意得(a+1+ b+3)2≤(1+1)2(a+1+ b+3)2=18,所以 a+1+ b+3≤32,即 a+1+ b+3的最大值为32。 升华:本题是求二元变量的最值,解题的 关键是利用双换元求解的。 六、三角换元或均值换元,借力有界性或 方程有实数解,构建不等式求最值 例6 实数x,y 满足4x2-5xy+4y2= 5,设S=x2+y2,求 1 Smax + 1 Smin 的值。 解法1:由S=x2+y2,联想到cos2α+ sin2α=1,于是进行三角换元切入求解。设 x= Scosα, y= Ssinα, 代入原式化简得4S-5S· sinαcosα=5,所以S=