例談“代數換元”的解題應用

近日，在學生習題訓練中，發現了幾例具有創新性質的關于“代數換元”的解題應用.于是，歸類整理，提煉解題思維方法，旨在幫助學生拓寬解題思維視野，提高解題分析的技能技巧，提升數學運算與數學抽象方面的核心素養.

1 類型一：借助“指數、對數換元”，巧解題

代數運算問題中，如果題目給出了兩個等式，其中一個等式涉及指數運算，另一個等式涉及對數運算，那么我們可借助“指數換元”或者“對數換元”使得這兩個等式的外在結構相同，進而通過構造函數，分析并運用該函數的單調性加以靈活、巧妙求解［1］.

例1若x1滿足2x+2x=5，x2滿足2x+2×

log2（x－1）=5，則x1+x2=.

解法1：指數換元.

由題設知2x1+2x1=5，2x2+2log2（x2－1）=5.因為2x1+2x1=5，所以變形可得x1+2x1－1=52.設2x1－1=t，則x1=1+log2t，所以有1+log2t+t=52，即t+log2t=32.因為2x2+2log2（x2－1）=5，所以變形可得（x2－1）+log2（x2－1）=32.設函數f（x）=x+log2x，則易知該函數為（0，+∞）上的增函數，且f（t）=f（x2－1），從而t=x2－1，即x2=t+1.于是，x1+x2=x1+t+1=x1+2x1－1+1=52+1=72.

解法2：對數換元.

由題設知2x1+2x1=5，2x2+2log2（x2－1）=5.設log2（x2－1）=t，則x2=2t+1，所以2（2t+1）+2t=5，即2（t+1）+2t+1=5.設函數f（x）=2x+2x，則易知該函數為R上的增函數.又由2x1+2x1=5和2t+1+2（t+1）=5可知f（x1）=f（t+1），從而可得x1=t+1.于是，x1+x2=t+1+x2=log2（x2－1）+x2+1=52+1=72.

評注：上述方法1、方法2均充分體現了“數學運算”和“數學抽象”方面的核心素養.其中方法1的創新思維在于借助指數換元（設2x1－1=t），可獲得t+log2t=32與（x2－1）+log2（x2－1）=32外在結構相同，進而通過構造函數（設f（x）=x+log2x）靈活解題；而方法2的創新思維則在于借助對數換元（設log2（x2－1）=t），可獲得2（t+1）+2t+1=5與2x1+2x1=5外在結構相同，進而通過構造函數（設f（x）=2x+2x）靈活解題.

2 類型二：借助“等式換元”，巧解題

如果題目已知條件中給出了含有兩個變量的等式，且等式一邊一個變量，那么我們可借助“等式換元”技巧，將這兩個變量均用“新元”來表示.這樣，有利于通過構造函數，運用函數的單調性，靈活求解相關代數式的最小值或最大值.

例2已知函數f（x）=ex（xgt;0），g（x）=（x－1）2（xgt;0），若f（x1）=g（x2），則x1－x2的最小值是.

解析：設f（x1）=g（x2）=t，則ex1=（x2－1）2=t（tgt;1），所以x1=ln t，x2=1+t.于是，x1－x2=ln t－1－t（tgt;1）.設函數h（t）=ln t－1－t（tgt;1），則h′（t）=1t－12t=2－t2t.所以，當1lt;tlt;4時，h′（t）gt;0，函數h（t）單調遞增；當tgt;4時，h′（t）lt;0，函數h（t）單調遞減.因此，h（t）≤h（4）=2ln 2－3lt;0，即x1－x2≤2ln 2－3lt;0.于是，|x1－x2|≥3－2ln 2，當且僅當t=4，即x1=2ln 2，x2=3時，不等式取等號，從而可得|x1－x2|的最小值是3－2ln 2.

評注：上述解法側重體現了“數學運算”“邏輯推理”以及“數學抽象”方面的核心素養.創新思維在于對題設已知等式進行“換元”（設f（x1）=g（x2）=t），有利于通過構造函數（設函數h（t）=ln t－1－t，其中tgt;1，充分利用函數的性質，巧妙獲解.

3 類型三：借助“代數式換元”，巧解題

（1）求解含有兩個變量的代數式的最值時，可借助“換元”技巧，對已知等式實施適當變形，有利于根據一元二次方程有實數解時判別式非負靈活求解.特別提醒：由于目標是求解代數式的最值，所以必須具體考慮獲得的不等式中的“等號”是否可以真正取到.

例3（1）已知3a=2+3b，則2a－b的最小值為；

（2）若實數x，y滿足x2+y2+xy=1，則x+y的最大值是.

解析：（1）設2a－b=t，則b=2a－t，所以由3a=2+3b可得3a=2+32a－t，再變形得3－t（3a）2－3a+2=0.因此，可知關于x的方程3－tx2－x+2=0有實數解，從而可得Δ=（－1）2－4×3－t×2≥0，解得t≥log38.另一方面，當t=log38時，方程3－t（3a）2－3a+2=0即為（3a）2－8×3a+16=0，解得a=log34，從而結合3a=2+3b可得b=log32.故當a=log34且b=log32時，可得所求2a－b的最小值為log38.

（2）設x+y=t，則y=t－x，將之代入x2+y2+xy=1得x2+（t－x）2+x（t－x）=1，整理得關于x的一元二次方程x2－tx+t2－1=0.于是，由該方程有實數解得Δ=（－t）2－4（t2－1）≥0，解得－233≤t≤233.當t=233時，易求得x=33，y=33.

故當x=y=33時，x+y的最大值是233.

評注：上述兩題解法均充分體現了“數學運算”方面的核心素養.第（1）題創新思維在于借助換元（設2a－b=t）、消元（消去b），可轉化為方程3－tx2－x+2=0有實數解，據此分析可得所求最小值；第（2）題創新思維在于借助換元（設x+y=t）、消元（消去y），可轉化為方程x2－tx+t2－1=0有實數解，據此分析可得所求最大值.

此外，第（1）題可直接求解：因為3a=2+3b，所以32a－b=32a3b=（2+3b）23b=3b+43b+4

≥23b·43b+4=8，則2a－b≥log38，當且僅當3b=43b，即b=log32時，不等式取等號.故2a－b的最小值為log38.顯然，該解法比較簡捷，充分體現了“轉化思想”的活用.

（2）證明某些含有單變量的分式不等式時，若分子、分母中有一個是一次函數，而另一個是二次函數，則通過對一次函數實施“換元”，有利于在整體變形的基礎上，靈活運用函數的單調性或者基本不等式加以巧妙證明.

例4已知函數f（x）=x2+x－1的兩個零點分別為α，β（αgt;β），f′（x）是f（x）的導函數.設數列{an}滿足a1=1，an+1=an－f（an）f′（an）（n=1，2，3，……），求證：n∈N*，angt;α.

證明：令x2+x－1=0，解得x=－1±52，則由題意知α=－1+52，β=－1－52.因為f（x）=x2+x－1，所以求導得f′（x）=2x+1，從而由an+1=an－f（an）f′（an）可得an+1=an－a2n+an－12an+1=a2n+12an+1.又由a1=1gt;－1+52知a1gt;α，從而只需證an+1gt;α，即證a2n+12an+1gt;α.設2an+1=t，則an=t－12，所以只需證t－122+1tgt;α，即證t4+54t－12gt;α.因為易知tgt;0，所以t4+54t－12≥2t4×54t－12=－1+52=α，當且僅當t4=54t即t=5時不等式取等號.這與“易知an∈Qt∈Q”矛盾！因此，這里不等式中的等號取不到，從而有t4+54t－12gt;α.

綜上，可知n∈N*，angt;α.故得證.

評注：上述解法充分體現了數學運算與邏輯推理方面的核心素養.創新思維在于先直接轉化目標問題（只需證an+1gt;α，即證a2n+12an+1gt;α），再在“換元”（設2an+1=t）的基礎上，進一步轉化問題（只需證t4+54t－12gt;α），最后運用基本不等式即可順利獲證.

綜上，我們在分析、解決有關代數問題時，善于靈活運用“代數換元”技巧，往往有利于轉化問題，有利于根據函數的單調性或基本不等式或一元二次方程有實數解，對目標問題進行靈活的分析、求解.特別提醒：實施“代數換元”后，需要我們多多關注“轉化思想”與“抽象解題思維能力”的培養與應用，不斷提高解題能力，提升解題思維的品質［2］.

參考文獻：

［1］劉經標.探究解三角形中的取值范圍問題［J］.中學數學教學參考，2022（27）：5254.

［2］劉延群.高中數學換元解題“六法”［J］.中學數學，2022（9）：8182，95.