巧設(shè)主元另辟蹊徑

肖復(fù)興

摘要： 在高中數(shù)學(xué)學(xué)習(xí)中，對(duì)于一些代數(shù)式、函數(shù)、等式和不等式的問(wèn)題中往往不止含有一個(gè)變量，如果按照常規(guī)方法，一般難以解決.很多學(xué)生對(duì)這種問(wèn)題的處理感到陌生，難以有對(duì)策或解題過(guò)程比較復(fù)雜，學(xué)生懶于去操作.因此在數(shù)學(xué)教學(xué)中，教師若能適時(shí)地引導(dǎo)學(xué)生抓住問(wèn)題的實(shí)質(zhì)，靈活選取主元，把其中一個(gè)設(shè)為主元，其余各量視為“常量”，常能另辟蹊徑，事半功倍.

關(guān)鍵詞： 主元 ； 常量 ；動(dòng)與靜

本文通過(guò)舉例就如何巧設(shè)主元，另辟蹊徑，談?wù)勛约旱囊恍┐譁\的看法：

一、用于解決一些與高次方程根有關(guān)的問(wèn)題

例1.已知關(guān)于x的方x3-ax2-2ax+a2=0程有且只有一個(gè)實(shí)根，求a實(shí)數(shù)的取值范圍

分析：若以x為主元，則次數(shù)較高不易入手，現(xiàn)試以a為主元.

解：原方程可變形為a2-（x2+2x）a+x3-1=0

即[a-（x-1）][a-（x+x+1）]=0 ∴a=x-1或a=x2+x+1

∵方程有且只有一個(gè)實(shí)根∴a=x2+x+1即x2+x+1-a=0必須無(wú)實(shí)根

∴△=1-4（1-a）<0即a<〖SX（〗3〖〗4〖SX）〗，即實(shí)數(shù)a的取值范圍a<〖SX（〗3〖〗4〖SX）〗

變式：解關(guān)于x的方程2x4-7x3-3ax2+4ax+a2+3x2=0（a≥-〖SX（〗1〖〗8〖SX）〗）

分析：x的最高次數(shù)為4，直接入手不易求解，但常量a的最高次數(shù)是2，所以可以考慮以a為主元.

解：以a為主元，整理得a2+（4x-3x2）a+（2x4-7x3-3x2）=0

解之得a=x2-3x或a=2x2-x再解關(guān)于的方程，

得 ，x1，2=〖SX（〗3±〖KF（〗4a+9〖KF）〗〖〗2〖SX）〗，x3，4=〖SX（〗1±〖KF（〗8a+1〖KF）〗〖〗a〖SX）〗

二、證明不等式、等式方面的應(yīng)用

例2.已知|a|<1，|b|<1，|c|<1求證：ab+bc+ac>-1

分析：若以a為主元，b，c看成一個(gè)常量，則可看成一個(gè)一次式，構(gòu)造函數(shù)解題.

證明：令g（a）=（b+c）a+bc+1可以視g（a）為一個(gè)以自變量的一次函數(shù)

因此，要證ab+bc+ac>-1，只需要證明函數(shù)g（a）=（b+c）a+bc+1>0對(duì)a∈（-1，1）恒成立即可.

∵g（-1）=（b+c）×（-1）+bc+1=bc+1-b-c（1-b）（1-c）>0

同理可證得g（1）>0，由一次函數(shù)的特殊性知：g（a）在（-1，1）上恒有g(shù)（a）>0

即|a|<1時(shí)，有g(shù)（a）=（b+c）a+bc+1>0，則ab+bc+ac>-1命題得證.

例3.已知4sina-2cosβ﹣tanθ=0，cos2β

求證：4sina+tanθ=0

分析：若考慮已知兩式中消去cosβ，再化簡(jiǎn)較為繁瑣.

由4=22，故可以構(gòu)造一個(gè)二次方程.

證明：令x=2則4=x2 ∴4sina-2cosβ﹣tanθ=0可以變?yōu)閤2sina-xcosβ﹣tanθ=0

（下面分類(lèi)討論：）

若sina=0，則有cosβ=0，∴4sina+tanθ=0；

若sina≠0，則有△=cosβ+4sina·tanθ=0

則x1=x2=〖SX（〗cosβ〖〗2sina〖SX）〗=2，即cosβ=4sina，代入等式4sina-2sina-tanθ=0

即有4sina·tanθ=0 綜上，該命題4sina+tanθ=0成立.

三、求最值問(wèn)題

例4.已知x，y∈R，求x2-xy+y2-2x+y的最小值

解：以x為主元

原式=[x2-（y+2x）+（〖SX（〗y(tǒng)+2〖〗2〖SX）〗）2]-（〖SX（〗y(tǒng)+2〖〗2〖SX）〗）2+y2+y

=[x-（〖SX（〗y(tǒng)+2〖〗2〖SX）〗）2]+〖SX（〗3〖〗4〖SX）〗y(tǒng)2-1

∵x，y∈R∴[x-（〖SX（〗y(tǒng)+2〖〗2〖SX）〗）2]≥0且〖SX（〗3〖〗4〖SX）〗y(tǒng)2-1≥﹣1

∴[x-（〖SX（〗y(tǒng)+2〖〗2〖SX）〗）2]+〖SX（〗3〖〗4〖SX）〗y(tǒng)2-1≥﹣1

即x2-xy+y2-2x+y的最小值為﹣1

四、求參數(shù)的取值范圍

例5.已知為正整數(shù)，當(dāng)且僅當(dāng)取什么值時(shí)，方程kx2-2（1-2k）x+4k-7=0的根中至少有一個(gè)為整數(shù)？

分析：按常規(guī)思路，先求出方程的根x=〖SX（〗1-2k±〖KF（〗1+3k〖KF）〗〖〗k〖SX）〗再對(duì)參數(shù)k分情況討論，找出滿(mǎn)足條件k的值.但由于搜索范圍很大，討論十分繁瑣.如果對(duì)換原方程中的x和k的地位，把k視為“主元”，用x來(lái)表示k，可簡(jiǎn)化討論.

解：由原方程整理得（x+2）2k=2x+7，因?yàn)閤=-2不適合原方程k=〖SX（〗2x+7〖〗（x+2）2〖SX）〗…………（1）

由于為正整數(shù)，有〖SX（〗2x+7〖〗（x+2）2〖SX）〗≥1即x2+2x-3≤0.解得-3≤x≤1

由此知x的整數(shù)值只可能是-3，-1，0，1.

故由（1）式只要討論四種情況：當(dāng)x=-3時(shí)，k=1；當(dāng)x=-1時(shí)，k=5；

當(dāng)x=0時(shí)，k=〖SX（〗7〖〗4〖SX）〗；當(dāng)x=1時(shí)，k=1.

因此，符合題意的k值是1或5

例6.設(shè)函數(shù)f（x）=x2+ax+〖SX（〗1〖〗x2〖SX）〗+〖SX（〗a〖〗x〖SX）〗+b（x≠0）， 若方程f（x）=0（a，b為實(shí)數(shù)）有實(shí)根，

試求a2+b2的最小值.

分析： 觀(guān)察可知， f（x）=x2+ax+〖SX（〗1〖〗x2〖SX）〗+〖SX（〗a〖〗x〖SX）〗+b=（x+〖SX（〗1〖〗x〖SX）〗）2+a（x+〖SX（〗1〖〗x〖SX）〗）+b-2

通過(guò)換元可將函數(shù)變形. 令t=x+〖SX（〗1〖〗x〖SX）〗（|t|≥2），于是f（x）=g（t）=t2+at+b-2（|t|≥2）.

則方程f（x）=0（a，b為實(shí)數(shù)）有實(shí)根等價(jià)于方程g（t）=t2+at+b-2=0在|t|≥2上有實(shí)根.

此時(shí)， 若直接以t為主元，函數(shù)g（t）=t2+at+b-2是二次函數(shù)，要求a2+b2的最小值，難以入手，于是a，b以為主元， 方程g（t）=t2+at+b-2=0在|t|≥2上有實(shí)根，說(shuō)明點(diǎn)A（a，b）在直線(xiàn)l：tx+y+t2-2=0（|t|≥2）上運(yùn)動(dòng). 而a2+b2的幾何意義可以看作時(shí)直線(xiàn)l：tx+y+t2-2=0（|t|≥2）上點(diǎn)A（a，b）到原點(diǎn)O（0，0）的距離的平方，由|AO|≥do-l可得：〖KF（〗a2+b2〖KF）〗≥〖SX（〗t2-2〖〗〖KF（〗t2+1〖KF）〗〖SX）〗=〖KF（〗t2+1〖KF）〗-〖SX（〗3〖〗〖KF（〗 t2+1〖KF）〗〖SX）〗（|t|≥2），又h（t）=〖KF（〗t2+1〖KF）〗-〖SX（〗3〖〗〖KF（〗 t2+1〖KF）〗〖SX）〗在t2∈[4，∞]上遞增，

則〖KF（〗a2+b2〖KF）〗≥h（t）min=〖KF（〗5〖KF）〗-〖SX（〗3〖〗〖KF（〗5〖KF）〗〖SX）〗=〖SX（〗2〖〗〖KF（〗5〖KF）〗〖SX）〗，故a2+b2的最小值為（〖SX（〗2〖〗〖KF（〗5〖KF）〗）〖SX）〗2.此時(shí)OA⊥l，且t=±2

綜上所述，適當(dāng)?shù)厍稍O(shè)主元是高中數(shù)學(xué)學(xué)習(xí)的一種常用的解題方法，這其實(shí)是化歸轉(zhuǎn)化思想的體現(xiàn)，與哲學(xué)中的“主要矛盾與次要矛盾”、“動(dòng)與靜”的觀(guān)點(diǎn)相吻合.

參考文獻(xiàn)：

[1]《數(shù)學(xué)方法論與解題研究》 張雄 李得虎 編著高等教育出版社2003年8月

[2]《數(shù)學(xué)數(shù)學(xué)原理與方法》 柳柏濂 吳康編著廣東高等教育出版社 2002年7月

（作者單位：江西省于都中學(xué) 342300）