恒等式和不等式中常量與變量的轉(zhuǎn)化技巧

? 甘肅省武威市第七中學(xué) 葉軍喜

轉(zhuǎn)化的方法是高中數(shù)學(xué)解題中最基本的思想方法.數(shù)學(xué)中很多問題的解決都離不開轉(zhuǎn)化[1].例如,數(shù)形結(jié)合思想體現(xiàn)了“數(shù)”與“形”的相互轉(zhuǎn)化,函數(shù)與方程思想體現(xiàn)了函數(shù)、方程、不等式之間的相互轉(zhuǎn)化,分類討論思想體現(xiàn)了局部與整體之間的相互轉(zhuǎn)化,而分析法、反證法、待定系數(shù)法、構(gòu)造法等是轉(zhuǎn)化的具體手段,所以說,轉(zhuǎn)化是數(shù)學(xué)思想方法的靈魂.

在高中數(shù)學(xué)中,常量與變量本來是一對矛盾體,很難相互轉(zhuǎn)化,但是,如果站在辯證的角度來看,變量反映的是一個過程,而常量就是變量在某一特定時刻的值.在這種思想指導(dǎo)下,也可以把常量也當(dāng)作變量來看待,將其放在一個過程中研究,根據(jù)解題的需要對常量與變量的位置進行轉(zhuǎn)化,常常能收到意想不到的效果.下面通過對典型例題的解析與點撥,幫助考生熟悉并掌握常量與變量的轉(zhuǎn)化技巧.

1 總體設(shè)元法

例1化簡:cos2β+cos2(α+β)-2cosαcosβ·cos(α+β).

解析:令x=cos2β+cos2(α+β)-2cosαcosβ·cos(α+β),

y=sin2β+sin2(α+β)-2sinαsinβcos(α+β),

則有

x+y=2-2cos(α+β)cos(α-β),

①

x-y=cos 2β+cos 2(α+β)-2cos2(α+β)=cos 2β+2cos2(α+β)-1-2cos2(α+β)=cos 2β-1.

②

①+②,得2x=2-2cos(α+β)cos(α-β)+cos 2β-1=1-cos 2α-cos 2β+cos 2β=1-cos 2α=2sin2α.

所以x=sin2α.故原式化簡為sin2α.

技巧點撥:本題根據(jù)題目的特點,采取了總體設(shè)元法,構(gòu)造與其相應(yīng)的對偶式,運用方程的思想來解決三角恒等變形問題.當(dāng)然,本題也可以采用降次、和積互化等方法來解決.

2 多元選一法

例2已知|a|<1,|b|<1,|c|<1,求證:

(1)abc+2>a+b+c; (2)ab+bc+ca>-1.

證明:(1)把a看成主元,b,c看成常數(shù),構(gòu)造關(guān)于x的一次函數(shù)f(x)=(bc-1)x-b-c+2,則

f(-1)=1-bc-b-c+2=4-(b+1)(c+1),

f(1)=bc-1-b-c+2=(b-1)(c-1).

由|b|<1,|c|<1,可知0

-2

所以0<(b+1)(c+1)<4,0<(b-1)(c-1)<4.

即f(-1)>0,f(1)>0.

所以f(x)在(-1,1)上恒大于0.

因為|a|<1,所以f(a)>0.

故(bc-1)a-b-c+2>0,即abc+2>a+b+c.

(2)令g(x)=(b+c)x+bc+1,則

g(1)=b+c+bc+1=(b+1)(c+1),

g(-1)=-b-c+bc+1=(b-1)(c-1).

由|b|<1,|c|<1可推知g(-1)>0,g(1)>0.

所以g(x)在(-1,1)上恒有g(shù)(x)>0.

又|a|<1,所以g(a)>0.

故(b+c)a+bc+1>0,即ab+bc+ca>-1.

技巧點撥:本題通過靈活變更主元,利用一次函數(shù)的單調(diào)性來完成證明.由于所證不等式均含三個變量,且三個變量的范圍確定,所以采用多元選一法,將其中一個變量看作主元,構(gòu)造一次函數(shù)求解.

3 變形構(gòu)造函數(shù)法

(1)已知函數(shù)f(x)在x=1處取得極值,求a的值;

(2)已知不等式f′(x)>x2-x-a+1對任意實數(shù)a∈(0,+∞)都成立,求實數(shù)x的取值范圍.

解析:(1)求導(dǎo),得f′(x)=ax2-3x+a+1.由函數(shù)f(x)在x=1處取得極值,可知f′(1)=0,即a-3+a+1=0,所以a=1.

(2)由題設(shè),知ax2-3x+a+1>x2-x-a+1對任意a∈(0,+∞)都成立,即(x2+2)a-x2-2x>0對任意a∈(0,+∞)都成立.

設(shè)g(a)=(x2+2)a-x2-2x(a∈R),則對任意x∈R,g(a)為單調(diào)遞增函數(shù)(a∈R),所以對任意a∈(0,+∞),g(a)>0恒成立的充要條件是g(0)≥0,即-x2-2x≥0,解得-2≤x≤0.

所以x的取值范圍是[-2,0].

技巧點撥:本題的第(1)問中,函數(shù)f(x)在x=1處取得極值,則f′(1)=0,由此列式即可求出a的值;第(2)問中,已知a∈(0,+∞)時所給不等式恒成立,因此可以將不等式變形,通過構(gòu)造關(guān)于a的一次函數(shù)來求解.由此可見,對于涉及兩個變量的不等式,如果已給出其中一個變量的范圍,則可以構(gòu)造一個以此變量為主元的函數(shù),然后利用函數(shù)的單調(diào)性求解.

4 反客為主與分離常數(shù)法

例4設(shè)函數(shù)f(x)是定義在(-∞,+∞)上的增函數(shù).

(1)如果不等式f(1-ax-x2)

(2)如果不等式f(1-ax-x2)

解析:(1)因為f(x)是定義在R上的增函數(shù),所以f(1-ax-x2)0對于任意a∈[0,1]恒成立.令g(a)=(x-1)a+x2+1.

當(dāng)x=1時,不等式g(a)>0恒成立.

當(dāng)x>1時,不等式g(a)>0在a∈[0,1]上恒成立.

當(dāng)x<1時,則只需g(a)=(x-1)a+x2+1在[0,1]上的最小值g(1)>0,即x2+x>0,解得x<-1或x>0,故x<-1或0

綜上所述,x<-1或x>0,即x的取值范圍為(-∞,-1)∪(0,+∞).

故x∈(-∞,-1)∪(0,+∞).

(2)因為f(x)是增函數(shù),所以f(1-ax-x2)0對于任意x∈[0,1]恒成立.

當(dāng)x=1時,不等式x2+ax+1-a>0對a∈R恒成立.

綜上,a∈(-∞,1).

所以函數(shù)h(x)的最小值為1.

故a的取值范圍為(-∞,1).

技巧點撥:本題的解題思路是利用函數(shù)的單調(diào)性,把函數(shù)值的相對大小問題轉(zhuǎn)化為自變量的大小問題,選取不同的“主元”解決問題.第(1)問采用了“反客為主”法,把a作為變量,x作為常量,降低了計算的難度和繁瑣程度,充分體現(xiàn)了變量與常量的對立統(tǒng)一辯證關(guān)系;第(2)問采用了“分離常數(shù)”法,仍然把x作為變量,把不等式恒成立問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題來解決,巧妙地避開了繁瑣的討論,同樣展示了化繁為簡的優(yōu)越性.

從上述對解題思路與方法的點撥中可以看出,常量與變量的轉(zhuǎn)化技巧集中體現(xiàn)在如何“換元”上,實際上是對動態(tài)思維、靈活思路的更高要求[2].在解決多變元問題時,要學(xué)會逆向思考,換個角度,反客為主,根據(jù)需要變更“主元”,拓寬解題思路,達到簡捷解題的目的.