例说换元法在解题中的应用-《中学生数理化》高一数学2024年1月刊

■徐 政 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,把隐含的条件显露出来,或者把条件与 结论联系起来,变为熟悉的形式,从而使复杂 的计算或证明得到简化。 一、最值问题 例1 (1)实数x、y 满足4x2-5xy+ 4y2=5,设T=x2+y2,则 1 Tmax + 1 Tmin = 。 (2)求函数f(x)=sinx+cosx+sinx· cosx,x∈R的最小值及取得最小值时x 的 值。 解:(1)由题意设 x= Tcosα, y= Tsinα (α为参 数)。因为4x2-5xy+4y2=5,所以4T- 5Tsinαcosα=5,所以T= 10 8-5sin2α 。因为 -1≤sin2α≤1,所以3≤8-5sin2α≤13,所 以 10 13≤ 10 8-5sin2α≤ 10 3 ,所以 1 Tmax + 1 Tmin = 3 10+ 13 10= 8 5 。 (2)设sinx+cosx=t,则t=sinx+ cosx= 2sinx+ π 4 ,所以t∈[- 2,2], 所以sinx·cosx= (sinx+cosx)2-1 2 = t2-1 2 。函数f(x)=sinx+cosx+sinx· cosx 等价于函数g(t)=t+ t2-1 2 = 1 2 (t+ 1)2-1,t∈[- 2,2]。当t=-1,即sinx +cosx= -1 时,g(t)min= -1,此 时 由 sinx+ π 4 =- 22,可得x+π4=2kπ-π4, k∈Z 或x+ π 4=2kπ+ 5π 4 ,k∈Z,即x= 2kπ- π 2 ,k∈Z或x=2kπ+ 3π 2 ,k∈Z。 故函数f(x)取得最小值为-1,这时 x=2kπ- π 2 ,k∈Z或x=2kπ+ 3π 2 ,k∈Z。 评注:在三角恒等变换中,有时可以把一 个代数式整体视为一个“元”来参与计算和推 理,这个“元”可以明确地设出来,但要注意新 元的取值范围。 二、参数的值问题 例2 设a≥0,若y=cos2x-asinx+b 的最大值为0,最小值为-4,则a+b的值为 。 解:函数y=- sinx+ a 2 2 +1+b+ a2 4 。令sinx=t,则t∈[-1,1],所以原函数等 价于y=-t+ a 2 2 +1+b+ a2 4 ,t∈[-1,1]。 当0≤a≤2时,- a 2∈ [-1,0],可得 ymax=1+b+ a2 4=0 ,ymin=- 1+ a 2 2 +1+b+ a2 4=-4 。由此解得a=2或a=-6(与0≤a≤ 2矛盾,舍去),b=-2或b=-10(舍去)。 当a>2时,- a 2∈ (-∞,-1),可得 ymax=- -1+ a 2 2 +1+b+ a2 4=0 ,ymin= - 1+ a 2 2 +1+b+ a2 4=-4 。由此解得a =2(不适合a>2,舍去),b=-2。 综上可知, a=2, b=-2。 故a+b的值为0。 评注:解含参数的一元二次函数在区间 上的最值问题,应按照对称轴与区间的相对 位置进行讨论。 三、恒成立问题 例3 已知函数g(x)=ax2-2ax+1+ b(a≠0,b<1)在区间[2,3]上有最大值4和 最小值1,设函数f(x)= g(x) x ,若不等式 f(2x)-k·2x≥0在x∈[-1,1]上恒成立, 则实数k的取值范围为 。 解:g(x)=a(x-1)2+(1+b-a)。 71 知识结构与拓展 高一数学 2024年1月 当a>0时,g(x)在[2,3]上单调递增, 可得 g(3)=4, g(2)=1, 即 3a+b=3 , b=0, 解得 a=1 , b=0。 当a<0时,g(x)在[2,3]上单调递减,可得 g(3)=1, g(2)=4, 即3a+b=0 , b=3, 解得 a=-1 , b=3(舍去)。 所以g(x)=x2-2x+1,可得f(x)= x+ 1 x-2 。由f(2x)-k·2x≥0,可得2x+ 1 2x -2≥k·2x,即k≤ 1 2x 2 -2 1 2x +1在x ∈[-1,1]上 恒 成 立。记t= 1 2x ,则t∈ 1 2 ,2 ,所以k≤t2-2t+1在t∈ 12,2 上 恒成 立。因 为 t2-2t+1 min=0(当t=1 时),所以k≤0,即实数k 的取值 范 围 是 (-∞,0]。 评注:函数是方程与不等式的“中介”,它 们既有区别,又联系紧密。对于含参数不等 式的恒成立问题,可通过分离参数,使问题转 化为函数的最值问题进行求解。 四、探索性问题 例4 已知函数f(x)=loga(3-ax),是 否存在这样的实数a,使得函数f(x)在区间 [1,2]上