谈几种换元法在一道高考题中的应用
●孟伟业束荣盛(扬州大学附属中学江苏扬州225000)
面对一个数学问题，如果直接求解有困难，或
不易下手，或由问题的条件难以直接得出结论时，
往往需要引入一个或几个新“元”代换原问题中的
“元”，使得以新元为基础的问题求解比较简单，解
决以后将结果倒回去恢复原来的元，即可得原问题
的结果．这种解决问题的方法称为换元法，又称变
量代换法．换元法的基本思想是通过变量代换，化
繁为简，化难为易，使问题发生有利的转化，从而达
到解题目的
［1］
．本文以一道高考试题为例，谈谈几
种换元法在解题中的应用．
题目设x，y为实数，若4x
2
+y
2
+xy=1，则
2x+y的最大值是．
(2011年浙江省数学高考理科试题)
1目标换元
在处理最值时，有时需要将要求的代数式自身
看作一个未知变元，作目标换元，然后通过它建立
关系式(等或不等)，并进行适当运算，从而得出未
知变元的值．
解法1令t=2x+y，则
y=t－2x，
代入4x
2
+y
2
+xy=1，得方程
6x
2
－3tx+t
2
－1=0．
关于x的方程有根，故Δ≥0，即
9t
2
－4×6(t
2
－1)≥0，
解得－
2
5
槡
10≤t≤
2
5
槡
10，
故2x+y的最大值是
2
5
槡
10(检验略)．
解法2由4x
2
+y
2
+xy=1，得
(2x+y)
2
－3xy=1，
即(2x+1)
2
=1+3xy=1+
3
2
(2x)y，
而
2x+y
()
2
2
≥2xy;
2x+y
()
2
2
≥－2xy
{
，
即－
2x+y
()
2
2
≤2xy≤
2x+y
()
2
2
．
令t=2x+y，则
1－
3
2
t
()
2
2
≤t
2
≤1+
3
2
t
()
2
2
，
所以t
2
∈
8
11
，
[]
8
5
，当且仅当2x=y时，解得y=
2x=
槡
10
5
时，2x+y取得最大值
2
5
槡
10．
评注解法1是将问题转化为熟悉的一元二
次方程问题，然后用判别式法加以解决．判别式法
是解决二次问题的重要方法之一，但要注意检验．
解法2是借助不等关系将所有的量都用目标表示，
从而使问题得以解决．
2比值换元
如果已知条件为比例式子或者可以看作比例，
那么用比值代入可使其简化
［1］
．本题中虽然y和x
的关系并不是以比例式呈现的，但是考虑到条件是
二元齐次式，故可以考虑用正比例函数(比值关
系)将2个变量的依存关系揭示出来，进而将二元
条件最值问题化归为一元最值来求解．
解法3令y=kx，代入4x
2
+y
2
+xy=1并整
理得
x
2
=
1
k
2
+k+4
(k∈R)，
于是(2x+y)
2
=(2+k)
2
x
2
=
k
2
+4k+4
k
2
+k+4
=
1+
3k
k
2
+k+4
．
当k=0时，(2x+y)
2
=1．
当k＞0时，(2x+y)
2
=1+
3
k+
4
k
+1
，
因为k+
4
k
≥4，k+
4
k
+1≥5，0＜
1
k+
4
k
+1
≤
1
5
，
所以(2x+y)
2
∈1，
(]
8
5
．
当k＜0时，(2x+y)
2
=1+
3
k+
4
k
+1
，
因为k+
4
k
≤－4，k+
4
k
+1≤－3，－
1
3
≤
·51·第12期孟伟业，等:谈几种换元法在一道高考题中的应用
1
k+
4
k
+1
≤0，所以
(2x+y)
2
∈［0，1)．
综上所述，(2x+y)
2
∈0，
[]
8
5
，故2x+y∈
－
2
5
槡
10，
2
5
槡
[]
10，即2x+y的最大值是
2
5
槡
10．
评注求函数(2x+y)
2
=(2+k)
2
x
2
=
k
2
+4k+4
k
2
+k+4
的值域也可用判别式法．令u=2x+y，先
去分母，将u
2
=
k
2
+4k+4
k
2
+k+4
变形为(u
2
－1)k
2
+
(u
2
－4)k+4(t
2
－1)=0，以下略．
3三角换元
三角换元是最常见的一种换元方法．当条件中
出现x+y=1，x
2
+y
2
=r
2
，
x
2
a
2
+
y
2
b
2
=1，a
2
－x
槡
2
等
时，可以考虑三角换元．
解法4将4x
2
+y
2
+xy=1配方得
y+
x
()
2
2
+
槡
15
2
()
x
2
=1，
令
y+
x
2
=sinθ
槡
15
2
x=cos
{
θ
(θ∈R)，
即
x=
2
5
槡
15cosθ;
y=sinθ－
槡
15
15
cosθ
{
．
得2x+y=
4
15
槡
15cosθ+sinθ－
槡
15
15
cosθ=
槡
15
5
cosθ+sinθ=
2
5
槡
10sin(θ+φ)，
从而－
2
5
槡
10≤2x+y≤
2
5
槡
10，
故2x+y的最大值为
2
5
槡
10．
解法5若xy≥0，令
4x
2
+y
2
=sin
2
θ
xy=cos
2
{
θ
，由
4x
2
+y
2
≥4xy
4x
2
+y
2
≥－4
{
xy
，得
sin
2
θ≥4cos
2
θ;
sin
2
θ≥－4cos
2
θ
{
，
即0≤cos
2
θ≤
1
5
，
从而(2x+y)
2
=4x
2
+y
2
+4xy=sin
2
θ+4cos
2
θ=
1+3cos
2
θ∈1，
[]
8
5
．
若xy＜0，令
4x
2
+y
2
=sec
2
θ
－xy=tan
2
{
θ
，由
4x
2
+y
2
≥4xy
4x
2
+y
2
≥－4
{
xy
，得
sec
2
θ≥－4tan
2
θ;
sec
2
θ≥4tan
2
θ
{
，
即
3
4
≤cos
2
θ＜1，
从而(2x+y)
2
=4x
2
+y
2
+4xy=sec
2
θ－4tan
2
θ=
4cos
2
θ－3
cos
2
θ
=4－
3
cos
2
θ
∈［0，1)．
综上所述，2x+y∈－
2
5
槡
10，
2
5
槡
[]
10，当且
仅当cos
2
θ=
1
5
时，取得最大值，此时可以解出x=
槡
10
10
，y=
槡
10
5
，故2x+y的最大值为
2
5
槡
10．
评注上述2种方法均是从条件入手，将条件
三角化后代入目标函数，从而实现了将代数最值化
归为三角函数最值处理．事实上，在考虑三角换元
时，有时也从目标函数入手，将目标函数三角化后
代入条件．在这里之所以未给出，是因为有正数的
限制，若令t=2x+y，t≠0时，
2x
t
+
y
t
=1，则无法保
证
2x
t
≥0，
y
t
≥0，故不能令
2x=cos
2
θ
y=sin
2
{
θ
．有兴趣的读
者可以去尝试，这样也能算出答案，但严密性欠妥．
4均值换元
当条件中出现a
1
+a
2
+…+a
n
=s，可考虑代
换a
k
=
s
n
=t
k
(k=1，2，…，n)．特别地，当n=2时，
可令a
1
=
s
2
+t，a
2
=
s
2
－t
［2］
．
解法6由4x
2
+y
2
+xy=1，可知4x
2
+y
2
，
1
2
，
xy成等差数列，可设4x
2
+y
2
=
1
2
+d，xy=
1
2
－d．
因为
4x
2
+y
2
≥4xy
4x
2
+y
2
≥－4
{
xy
，得
1
2
+d≥2－4d;
1
2
+d≥－2+4d
{
，
·61·中学教研(数学)2012年
所以
3
10
≤d≤
5
6
．
又(2x+y)
2
=4x
2
+4xy+y
2
=
1
2
+d+2－4d=
5
2
－3d∈0，
[]
8
5
，
即2x+y∈－
2
5
槡
10，
2
5
槡
[]
10，
当且仅当d=
3
10
时取等号，即当x=
槡
10
10
，y=
槡
10
5
时，2x+y取最大值
2
5
槡
10．
解法7令t=2x+y，可设
2x=
1
2
t+d
y=
1
2
t－
{
d
，代入
方程4x
2
+y
2
+xy=1，得
1
2
t+
()
d
2
+
1
2
t－
()
d
2
+
1
2
1
2
t+
()
d
1
2
t－
()
d=1，
即
5
8
t
2
+
3
2
d
2
=1，t
2
=
8
5
－
12
5
d
2
，
所以t
2
≤
8
5
，当且仅当d=0时取等号，故2x+y的
最大值为
2
5
槡
10．
评注解法6和解法7都是均值换元，均值换
元可以达到减元的目的，从而使问题的求解更加便
捷．但解法6从条件入手，而解法7从目标入手．值
得注意的是在解法6中是将4x
2
+y
2
，
1
2
，xy看成等
差数列，进而设元，问题得以简化．若是变为其他的
组合(如4x
2
+xy，
1
2
，y
2
)，则不是那么简单了，此时
难以求出d的范围，且目标难以用所设的元表示出
来．
5和差换元
若x，y∈R，则可设x=a+b，y=a－b，这种变
换称为和差换元法．
解法8令
2x=a+b
y=a－
{
b
，代入4x
2
+y
2
+xy=1，
得
(a+b)
2
+(a－b)
2
+
1
2
(a+b)(a－b)=1，
整理得
5
2
a
2
+
3
2
b
2
=1，
此时问题就转化为在椭圆
a
2
2
5
+
b
2
2
3
=1中求2x+y=
2a的最值，可知a∈
－
槡
10
5
，
槡
10
[]
5
，故2x+y的最
大值为
槡
210
5
．
评注在求解过程中，也可以不用椭圆的性
质，直接代数求解，即a
2
=
2
5
－
3
5
b
2
≤
2
5
．“和差换
元”对于解决齐二次含有交叉项的问题是非常有
效的，经过换元后可化为不含交叉项的“标准”形
式．但在换元时一定要关注对称的形式，如本题若
直接令x=a+b，y=a－b，那么化简后还是含有交
叉项ab，之所以造成这一结果的原因就是没有考
虑到对称性，条件中的等式关系并不是关于x，y的
对称关系，而是关于2x，y的对称关系．
另外，解法7中的二元均值换元
2x=
1
2
t+d
y=
1
2
t－
{
d
可以看成是和差换元的特例．事实上，
令
2x=a+b
y=a－
{
b
，代入t=2x+y，即可得a=
1
2
t．
6常数换元
很多题目的条件中会出现等于常数(通常为
1，若不为1可左右2侧同时除以这一常数，即可化
为1)的等式条件．若能有效地、创造性地处理常
数，往往会给解题带来意想不到的方便．
解法9(2x+y)
2
=4x
2
+4xy+y
2
=
4x
2
+4xy+y
2
4x
2
+y
2
+xy
=
1+
3xy
4x
2
+y
2
+xy
．
下面的过程与解法3相似，在此不再赘述．
评注条件是齐二次式，而目标是一次式，故
考虑将目标平方，凑出二次式，然后再灵活运用常
数“1”进行代换．
7极坐标换元
方程4x
2
+y
2
+xy=1所表示的曲线方程是建
立在直角坐标系基础上的，若将其置于极坐标系下
来考虑，则会展现另一片精彩天地．
解法10
［3］
设方程4x
2
+y
2
+xy=1在直角坐
标系下表示的曲线为C，以直角坐标系的原点为极
·71·第12期孟伟业，等:谈几种换元法在一道高考题中的应用
点，x轴正向为极轴建立极坐标系，由互化公式
x=ρcosθ
y=ρsin
{
θ
(ρ＞0，θ∈R)得曲线C的极坐标方程为
ρ
2
=
1
sin
2
θ+4cos
2
θ+sinθcosθ
，
从而t=2x+y=ρ(2cosθ+sinθ)，
即t
2
=ρ
2
(sin
2
θ+4cos
2
θ+4sinθcosθ)，
亦即t
2
=
sin
2
θ+4cos
2
θ+4sinθcosθ
sin
2
θ+4cos
2
θ+sinθcosθ
=
1－
3sinθcosθ
sin
2
θ+4cos
2
θ+sinθcosθ
．
下面的过程也与解法3相似，此处略．
评注这里转换了看问题的视角，将问题置于
不同的坐标系下考虑，给出了一种颇具创意的解
法．这样的解法之所以有效，还是得益于条件、结论
均为齐次式，否则处理的难度将变大．
至此，笔者以一道高考题为例，给出了7种换
元法在这道试题中的应用．尽管换元法没有固定模
式，但在分析时，若能关注条件、结论的结构特征，
探索条件与结论之间的联系等，往往可以找到问题
解决的突破口．当然对于这道题目的解决还有其他
一些方法，有兴趣的读者可以查阅文献［3］、［4］．
参考文献
［1］李明振．数学方法与解题研究［M］．上海:上
海科技教育出版社，2002:235-255．
［2］陈向阳，周超．全国重点大学自主招生通用
教程(数学)［M］．南京:南京大学出版社，
2011:16-22．
［3］傅建红．从一道高考题看二元条件最值问题
的求解策略［J］．数学教育研究，2011(5):
55-56．
［4］韩天禧，张昌盛．一道高考二元条件最值问
题的解法探究［J］．新高考:高三数学，2012
(2):28-32．
由一堂平面向量课所引发的思考
●俞建锋(诸暨中学浙江诸暨311800)
教学活动具有复杂性和多变性，因此精心的预
设是上好一节课的基础．认真钻研教材，全面了解
学生，有效开发资源是预设的重点．但在实施课堂
教学的过程中，教师如何处理“预设”与“生成”的
关系，直接关系到学生的学习效果．本文结合笔者
的一个教学案例，对如何处理“预设”与“生成”的
关系谈几点看法．
1一道例题的2种教学生成
以下是笔者的一次课堂教学经历:同一道例
题，教师具体讲授于甲、乙2个不同班级(平行
班)．虽然是基于同一预设的一道习题的教学，其
教学过程却“意外”地显著不同．
例1在△ABC中，设
→
AB=a，
→
BC=b，
→
CA=c．
若a·b=b·c=c·a，求证:△ABC是正三角形．
甲班的教学片段:
师:证明正三角形的方法有哪些?
生(齐声):3条边相等或3个角相等．
师:用向量如何刻画呢?
生A:利用|a|=|b|=|c|即可．
生B:或许可以利用∠A=∠B=∠C，因为a·
b=|a|·|b|cosθ(θ为a，b的夹角)中也有角．
师:好!下面我们来试试．
(学生说，笔者板书．)
图1
证法1如图1，可得
a+b+c=0．
又因为a·b=b·c，
所以
a·b－b·c=b·(a－c)=0，
即(－a－c)·(a－c)=0，
亦即(a+c)·(a－c)=0，
从而a
2
－c
2
=0，
即|a|
2
=|c|
2
，
亦即|a|=|c|．
同理可得|b|=|c|，|a|=|b|，
从而|a|=|b|=|c|，
因此△ABC是正三角形．
笔者小结:解决本题的关键是利用a+b+c=
0得到b=－a－c，又由a·b=b·c得到b·(a－
c)=0，综合得到结论．
至此，仅用7分钟时间便完成了该例题的讲
·81·中学教研(数学)2012年
|
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