运用辅助元法巧解数学题-解析版

运用辅助元法巧解数学题在解题过程中，通过引人一个或几个新变量来代替原式中某些量或式以实现变量替换，从而使问题得以解决，这种解题方法叫作换元法，又称辅助元法，辅助元法的理论根据是等量代换.辅助元法可以把分散的条件联系起来，或者把隐含的条件显示出来，或者把条件与结论联系起来，或者变换为熟悉的形式，把繁难的计算和推理论证简化，从而达到化难为易、化繁为简、化未知为已知的目的，有利于问题的解决.换元中一定要注意新元的约束条件和整体置换策略的运用，适时补充条件以符合原未知数取值范围的要求.辅助元法的基本步骤如下：(1)把原问题中某个式子或某几个式子分别看成一个整体；(2)引人新元代替这些式子，使以新元为基础的问题较为简洁易解；(3)对以新元为基础的问题进行解答，得出结果；(4)再代回原来的式子中求出原变量的结果.合理运用辅助元法【分析】，可以使解题能力更上一个台阶.典型例题1(1)解方程：x-5-5-5=x；xx(2)解方程：5x2-6x+1+5x2+9x-2=5x-1；(3)解方程：3(8-x)2+3(27+x)2=3(8-x)(27+x)+7.【分析】通过换元化无理为有理，思考的方法是对的，但上述方程中无理式不止一个，关键要认清这些无理式之间的关系，即通过运算或变形有可能得到什么结果，第(1)问可采用平均代换，第(2)(3)问可引进两个新元，寻求两个新元之间的联系.11【解析】(1)令x-5=+t，则-5-5=-t.由上述两式平方之差，有x2x215x-5=2xt，即t=1-.2xx152于是x-5=+1-，即x-5-1=0.x22xx521±21从而x-=1，即x-x-5=0，解得x=x21-21经检验，x=是原方程的解.2(2)设5x2-6x+1=u,5x2+9x-2=v，于是有方程组；·1·u+v=5x-1①当5x-1≠0，②÷①得：u-v=-3③u2-v2=-3(5x-1)②121由①和③解得：u=(5x-4)，∴5x-6x+1=(5x-4).226解这个方程得：x=2,x=.125161当5x-1=0时，x=适合原方程.所以原方程的解是x=2,x=,x=.512535(3)注意到三次根式38-x与327+x的立方和为常数.故可设u=38-x,v=327+x，则u3+v3=35.又由原方程得u2+v2=uv+7，即u2-uv+v2=7.u3+v335从而u+v===5，u2-uv+v27122212uv=(u+v)-u-uv+v=×5-7=6.332于是u,v是方程y-5y+6=0的两个根，解得y1=2,y2=3.当u=2,v=3时，x1=0；当u=3,v=2时，x2=-19.经检验，x1=0,x2=-19都适合原方程，所以原方程的解是x1=0,x2=-19.2222(1)解方程：2×49x-9×14x+7×4x=0；21a(2)已知函数f(x)=x+ax+++b(x≠0,x∈R)，若实数a,b使得f(x)=0有实根，x2x求a2+b2的最小值；2(3)方程ax-4ax+1=0(a≠0)的两个正数解m,n满足lgm-lgn≤1，求a的取值范围.【分析】第(1)问是解指数方程，由于底数不相同，无法化为同底，故需设两个新元，再通过分解因式得两1211个新元之间的关系再解之.第(2)问，函数解析式中含有x+和x+，令x+=t.通过局部换元、xx2x整体处理使原问题转化为关于t的二次函数.又由于t有范围限制，可采用变更主元，即以a,b为主元，得到直线方程，转化为点到直线的距离问题，解题中出现t2+1的形式，又一次局部换元(中途换元在变换过程中才能发现)，在多次换元过程中，新元的范围确定非常重要.第(3)问，方程2ax-4ax+1=0(a≠0)有正根m,n，用韦达定理使m+n,mn用a表示，将超越式lgm-lgn≤1变更为关于m+n,mn的代数不等式，并把m+n,mn用a表示的式子代入，即可得关于a的不等式，即可求出a的取值范围，整体代换在解题过程中发挥重要要作用.2222【解析】(1)原方程变形为2×(7x)2-9×7x×2x+7×(2x)2=0.22设y=7x,z=2x，则有2y2-9yz+7z2=0，2222分解方程左边，则有(y-z)(2y-7z)=0.所以y=z或2y=7z，即7x=2x或2×7x=7×2x.2x2x27x由7=2，可得=1，解得x=0.2·2·2x2x27x7由2×7=7×2，可得=，解得x=±1.22经检验，x=0,x=±1均为原方程的解.21a(2)由f(x)=x+ax+++b可得x2x211121f(x)=x++ax++b=x++ax++b-2.x2xxx12令x+=t，则原问题转化为方程t+at+b-2=0根的讨论.x若将a,b如视作主元，t为参数，则方程变为ta+b+t2-2=0.2222P(a,b)为直线l:ta+b+t-2=0上一点，则OP=a+b.22222(t-2)29设原点到直线l的距离为d.则a+b≥d==(t+1)+-6.t2+1t2+12121再令u=t+1，则u=x++1≥5(当且仅当x=时取等号).xx9994由于y=u+-6在[5,+∞)上单调递增，故当u=5时，函数y=u+-6取最小值5+-6=，uu55224即a+b的最小值为.521(3)因为x∈R,a≠0，所以Δ=16a-4a≥0，故a<0或a≥，411由韦达定理得m+n=4,mn=>0，从而可得a≥①a4又由已知|lgm-lgn|≤1，得-1≤lgm-lgn≤1，即lgn-1≤lgm≤1+lgnnnn从而有lg≤lgm≤lg(10n)⇒≤m≤10n，故m-≥0,m-10n≤0，101010n221所以m-(m-10n)≤0，即m+n-10+mn≤010102121由此可得(m+n)-mn≤0.1011211121又因为m+n=4,mn=>0，所以16-×<0⇒a≤②a10a1601121由①②得a的取值范围范为≤a≤.41603(1)解不等式：2x+5>x+1；(2)解不等式：x2-x+x2-x-1<3；a22(3)已知a>b>0，θ为锐角，求证：-btanθ≥a+b.cosθ【分析】本例第(1)(2)两问是解无理不等式，一般将其转化为有理不等式组.若运用换元法，即抓住无理式结构，用一个变量进行代换，则立即转化为有理不等式，解之就不难了，当然在解答时，对于新元的取a值范围应予以重视.第(3)问是三角不等式证明.可采用整体换提元，即令k=-btanθ，通过寻找cosθ·3·问题中隐含的几何意义转化为解析几何知识证明是个“好念头.”1212【解析】(1)令2x+5=t(t≥0)，则x=t-5，于是，原不等式可化为t>t-5+1.22即t2-2t-3<0，解得-10).b2y2∴当直线AB与曲线x2+=1(x<0,y>0)相切时，k有最小值，b2y2设过定点A且与椭圆x2+=1相切的直线方程为y=kx+a，代人椭圆方程，得b2′22222k+bx+2kax+a-b=0.令Δ=0，得k′2=a2-b2,∵a>b>0且k>0,∴a2-b2>0，2222a22于是k=a-b,∴k≥k=a-b,∴-btanθ≥a-b.cosθ4(1)求函数y=x2+9+x2-8x+17的最小值；(2)设a>0，求f(x)=2a(sinx+cosx)-sinxcosx-2a2的最大值和最小值；α(3)已知0<α<π，证明：2sin2α≤cot，并讨论α为何值时等号成立.2【分析】第(1)问，若用代数方法求解肯定较烦琐，观察本题结构，联想到x2+9与x2-8x+17=2(4-x)+1分别是复数z1=x+3i与z2=(4-x)+i的模，代入z1+z2≥z1+z2 即可求解.第(2)问，通过换元转化为二次函数区间最值问题.第(3)问，可通过初等函数的代换，将三角不等式的证明转化为代数不等式的证明，关键是寻找合适的代换，而万能置换正合适.22【解析】(1)设z1=x+3i,z2=(4-x)+i，则z1=x+9,z2=(4-x)+1，z1+z2=|4+4i|=42.22又因为z1+z2≥z1+z2，所以x+9+(4-x)+1≥42.·4·当且仅当z1=kz2(k>0)时取等号，此时k=3，即x=3(4-x),x=3.故y=x2+9+x2-8x+17的最小值是42.πt2-1(2)设sinx+cosx=t，则t=2sinx+∈[-2,2],sinxcosx=，4212121从而f(x)=g(t)=-(t-2a)+(a>0),t∈[-2,2].t=-2时取最小值：-2a-22a-;222211当2a≥2时，t=2时取最大值：-2a+22a-；当0<2a<2时，t=2a时取最大值：.22100，由万能公式，原不等式可化为4⋅⋅≤.2221+t21+t2t222222用t1+t乘上面不等式两端，问题变为证明8t1-t≤1+t，4222展开化简，得-9t+6t-1≤0，即-3t-1≤0.21α3π由于以上每步可逆，故原不等式成立.等号当且仅当t=即tan=，即α=时成立.3233π故当α=时，原不等式中等号成立.3·5·