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类比联想寻思路 三角换元巧解题


?

1 6?  

中学教研 ( 数 学)  

类 比 联 想 寻 思 路  三 角 换 元 巧 解 题 
●许 书军  刘 少平  邹  鹏  ( 仙桃市第八 中学 湖北仙桃 4 3 3 0 0 0 )  

数学竞赛 中许 多代数 问题 , 结构复杂, 变元较  多, 学生 往往 陷

入 盘 根 错 节 的 变量 关 系 之 中 , 难 以 
理 清头绪 , 找 不到 解 题 切 入点 而无 从 下 手. 这 时 如  果借 助题 目显 现 的某 些 特征 和关 系 , 从 分析 问题 的  整 体结 构 出发 , 类 比联想 相关 三角 公式 和恒 等式模  型, 适时 采用 三角换 元 , 不仅 能简化 题设 信息 , 使 隐  性条 件显 性化 , 而 且 可 以 沟通 变 元 之 间 的关 系 , 使 

: 

时, y的最 大值 为 2   . 故选 c .   例 2 已知 正实数 a , b 满足 a  + b  =1 , 且口  +  

b 。 +1 =m( a+b +1 )  , 求 m 的取 值 范 围.  
( 2 0 1 2年 全 国 高 中数 学联 赛 湖北 赛 区预 赛试 题 )   分 析  由 已知条件 易得 m-   , 式 中 

繁杂的代数问题转化为简单的三角变换 问题而快 
捷 获解.   1 类 比联想 s i n   0+ C O S   0=1  

含有 2个 变量 a , b , 又不易变形化 简, m 的 取 值 范 

围难 以确定. 如果 联 想 到 s i n   0+C O S   0=1 , 令 a=  
c o s 0 , b=s i n 0 , 那 么 m 的 表达 式 就 可 转 化 为 只含 0  

例 1 函数 Y=  
A.   B. 3  

一5+   4— 3 x 的最 大值 为 
(  
c. 2   D. 3  

的单 变量 函数 , 借 助三 角 变换 , m 的取 值 范 围就 简 
单 易求 了.  

)  

解  令 Ⅱ=c o s 0 , b=s i n 0 , 其 中 0<0<   ' I T , 则 
c o s   0   4 - s i n   0+1  
— ——— —— ——— —— —— ——— ——— —— : =  

( 2 0 1 1年 全 国高 中数 学联 赛 四川 赛 区初 赛试题 )  
分析 将 Y=   一 5+   4—3 x 变 形为 

( c o s 0+ s i n O   4 - 1 )   c o s 0+ s i n 0 ) ( c 0 s   0 一 c o s O s i n O+ s i n   0 ) +1  
( c o s O + s i n O 十1 )  

Y:  
不 难 发 现 

+   ?  
+  


( 其 中  ∈[ 5 , 8 ] ) .  
:1 , 联 想 到 

令i f : =c o s O+ s i n O , 则 
= ,

s i n 2 0+C O S 2 0= 1

可 设 

=4 -  ̄ c o s 0 ,  

=  
且 

/ Y  ̄ i n ( 0 + 号 ) ∈ ( 1 , 俩,  
c o s O s i n 0=   ,  

√   i n 0 , 0 ∈ [ 0 , 詈 ] , 这 样 问 题 就 转 化 为 三 角 函 数 求  
最值 , 借助辅助角公式即可顺利完成.  
解 Y:  
又 

将 Y=, / x一5+v /   4— 3 x 变形 为   +   ?  
+  

( 其中   ∈[ 5 , 8 ] ) .  
:l ,  

于是

m:  

:  

2 ± 苎 二   : 一—  

一 一— — 三 一  

一  

2 (  +1 )  一 2 ( x+1 )一2 ( x+1 )   2’  

令 

=   c o s 0 ,  

=   s i n 0  央  0∈  

[ 0 , 詈  
y= 4  ̄ - c o s 0+ 3 s i n 0 =2   4  ̄ - s i n   0 +  

因 为 函 数  ) =  
减, 所以   又  1 )=   1   )=  

一 号 在 ( 1 ,   ] 上 单 调 递  

√ 2 ) ≤m <  1 ) .  


由 0 ∈ [ 0 ,  得  

于是 m 的取 值 范 围  

丢  n   0 + 詈 ) < l ,  
从 而  ≤y ≤2   ,  

为 [   , 抖 
2   类 比 联 想 s i n   +   (c o  s i   )   +   ( c o s o  ̄ c o s 1) f  : 1  

当0 = 0, 即   =8时, Y的最 小值 为√   ; 当 0=—   ' I T , 即  

例 3 若 , y , z均 为 正 实数 , 且  +Y  + :  =  

第 6期 

许 书军 , 等: 类 比联 想寻 思路

三角换 元巧解题 

?1 7?  

1 , 则  :  

的最 小值 为— — .  

即  

3 s i n (  — y) +2 ≤D≤3 s i n (  +  )+ 2 ,  


( 2 0 1 0年 湖 北省 高中数 学联 赛试题 )   分析 从 给定 的条 件 直 接人 手 求  :  
zx yz  

6 - 其中s i n  =  ̄ c。 s  了



譬 . 又 因 为  

s i n ( O / 一 Y ) ≥ 一1 , s i n ( O d +  ) ≤1 ,  
所以   一1 ≤D≤5,  

的最小 值 较为 困难 , 由 已知 条件 的结 构 特征联 想 到  s i n   O / +( c o s a s i n / 3 )  +( C O S O L C O S  ̄)  =1 , 借助 三 角 模  型来代 换 , 易 于变形 和转换 , 可 以使 问题 轻松 获解 .   解  由   +Y  +   =1 , 令  =C O S O / C O S f  ̄ , Y=  

故  + 2 y+3  取值 范 围为[一1 , 5 ] .  
3 类 比联想 s e c   0一t a n   0=1  

例5  设 , y , z ∈ R   且 ̄ /   。 + Y   +  = 1 , 求x y+  
2 x z的最大 值.  
分析

c o s   c o   , z = s i n a , 其 中   ,   ∈ f   0 ,   ' I T   1 , 则  
:   :

j 
2   一  

≥  
±  

:  

( 2 0 1 0年北京大学 自 主招生试题)   将 已知条 件 变形 可得 
( 1 一Z ) 。 一 Y   =  .  

2 x y z  

s i n a c o s   o l s i n 2 / 3   s i n ac o s  

( ! ±  

联想到 三角 公式 s e a 。 0一t a n   0=1 , 可 令 1一  =  

s i n a ( 1 一s i n   )一 s i n a( 1一s i n a ) ’  

当  = 詈时 等 号 成 立 . 令   = 1 + s i n O , 其 中 £ ∈ ( 0 ,  
2 ) , 则  

s e c   , Y = x t a n 0 , 其 中 0 ∈ ( 0 , 詈 ) , 于 是 将 多 元 表 达  
式x y+2 x z 转 化 为三 角 函数来求 最 值 , 简单 易行.  
解  由题 设 易知 0<  , y , z <1且 
( 1一 z )  一 Y   =  .  

3 卜 2 一 ( H 齐  ÷ ) + 3   + 2   一  
因此  =   的最小值为 3 + 2   4 Y .  
例4   已知 实 数 , y ,  满 足  +2   +5  +   2 x y+ 4 y z 一 2 x+ 2 y+2  +1 1=0 , 求  + 2 y+ 3  的 取 
值 范 围.  

令 1 一   =  c   , Y =   t a n 0 , 其 中 0 ∈ ( o , 詈  
x y+ 2 x z=  t a n 0+ 2 x ( 1一  ̄ s e c 0 )=  
2 一s i n 0 /2   2 c o s O 、  

一  
一  

l  一  

— 一

J  

c o s O  \  

s O] 2  o s i n O ,  +2   s i n O ≤  ,   一 

 

( 2 0 1   1 年世界数 学锦标赛青年组试题 )  
分析 初 看本 题 , 似乎 无 从 下 手 , 但 若将 已 知 



里  曼   2一s i n O ‘  
osO   设£ = 乏 c 则   si

条 件配 方 , 则 
(  + Y一1 )  +( Y+ 2 z +1 )  +(  一 3 )  = 3 .   联 想 到  s i n   O t +( c o s a s i n / 3 )  +( c o s   c o  )  =1 ,  

 ̄ /  + 1   s i n ( 0 +  ) = 2 t ( 其中   为辅助角) ,  
从 而  2 t ≤   ,   ≤   ,  

就 可 以用 三角 函数 模 型来表 达求 解 了.  
解 将 已知条 件 配方 可得  ( 戈+ y一1 )  +( ) , + 2 z +2 )  +( z 一 3 )  : 3 ,  

令 

A=  + Y 一 1 = , / 3 s i n a .  
B= Y+ 2 z + 2= , / 3 c o s a s i n 1 f .  
C= z 一3=   O S O / C O S f  ̄ ,  

故   ≤ 字 ,   即  + 2 托 ≤ 譬 ( 当   = √ 3 3 - , y :   : —   1 时 等 号 成 立 ) ,  
因此 x y+ 2 x z的最大值 为  .  

于是

D=  + 2 y+ 3 z = A+ B+C+ 2=   4 / 3 s i n o t + √ 3 c o s a s i n l+ f √ 3 c O S O l C O S  ̄+ 2=  

侈 0   6 若  +2 x y—Y  =7 ( 其 中  , Y∈R) , 求 
+Y   的最 小值 .  

i n   +  …s i n  +   , f ) + 2 .  
因 为一 1  n  詈 )  
所以 √  i n  一 √ 瓦o s  + 2 ≤D≤ √  i n  一  ̄ / 瓦0 s  + 2 ,  

( 2 0 1 3年 浙 江 大学 自主招 生试题 )   分析 已知条 件 中有 2个 变量 , 用一 个量 表示  另一 个量 较 为繁 杂且难 转换 . 将 已知 条件 稍作 变形 
可得 (   +Y )  一2 y   =7 , 联 想公 式 s e e   0一t a n   0=1  

?

1 8?  

中学教研 ( 数学)  

2 0 1 5生 

司考 虑设  +Y=4 7 s e c 0 , √ 2 y= √ 7 t a n O , 这 样  , Y均 

cos

可用 含 0的三角 函数 来表 达 ,   + y  的最小 值 就好 
求 了.  
解 由   + 2 x y— Y   =7 , 得 
(   +Y)   一2 y 。=7 .  

詈 , … ,  c o s   0 . 又 因 为  
0 <  <  < … < 詈 < 詈 <   < 詈 ,  

所 以c 。 s  > c 。 s  > … > c 。 s   o > c 。 s 号 > c 。 s   ,  
层 p   a  >a   一 1 >… >a 2>a 1>a 0 ,  

因此数列{ a   } 是单调递增数列.  
=  e c   一  t an   ,   :

华t a n   ,  

5 类此 联 

咄  

=  

于X 2 " 4 - y 2 = ( 风  一 争a n   争a n  

例8 设0 , b , c ∈R  且a b c+ a+c =b , 试 确 定 

p   丢 一   去 +   丢 嗣 的 最 鼓 大 值 但 ’  
p:

7 ( \   S 1 n 等 一   z ) /   I  
设  i n  一 2=m, 则 m ∈(一 2一   , 一2+   ) , 从 而 



由 已知条 件 知 
a + C= r   1 一a  、 .b  

2 + y   = 7 ( 一 1 +   -   2   m  ) =  

显 然 1一a c #O , 故b :  

. 联 想 两角 和 的正 切 公 

式, 可令 a=t a n a, b=t a  , C=t a n T , 其中  ,  ,  ∈  

7 - l + 2 / ,  
可得 m + 一 2

( 0 ,  则  
t ‘ an


∈( 一 4 , 一 2 , / Y l , 于是 
故 
从而

/ 。   5 一 =   _ 1   — — t — — — — — 一  =t a n ( l o t + T ) ) ,   1,  
一  

a na t a n 





2 + y 2  ̄ 7 (  南 ) = 7 丁 , 5 ,  
.  


卢= ( 9 / +y ,  
p=   一   +   :  

因此 x 2 + y 2的最小值 为 
_

2 c o s 。 O / 一 2 c o s   ( O t + y )+3 c o s  
c o s 2 a+1 一c o s ( 2 a+ 2 7 )一1+ 3 c o s  =  

os   20   4 类 比联 想 c o s   :— 1+c

2 s i n y s i n ( 2 a+  )+ 3 c o s   ≤ 

例 7 数列 { a   } 满足 a 。  


1  

/ 1 + a   一 1  

2s i n   +3c o s   y =3 — 3 s i n   +2s i n y=  

了’ %   √— 

’  


1 , 2 , 3, …. 证明 : 数列 { a   } 是 单调 数列.   分析
。  将数 列递 推关 系  :

3   s i n y -   )   +   ≤   ,  

当 2   +   = 詈 , s i n   =  , 即 。 :   5 - , 6 =  , c =   0   √   两 T 网   边 平  故
时, p取 到最 大值  .  

方可得 。 2   :  

, 联想到三角函数的降幂公式 
。 。  0:   ,  

例 9 解方程组( 1 一   ; )?  
1 , 2, …, n且  + 1 =  1 ) .  

= 2 x   ( 其中k :  

可令 a  =c o s O   , a   =c o s 2 0  =c o s 0   , 于 是 数 列 

解  由   +  :  

可 以联 想 到 二倍 角 公 式 

{   } 可 以看作 公 比为  的等 比数列 .  


证 明   假 设 口 。 = c 。 s   =  , 其 中   ∈ ( 0 , 号 ) ,  

设  t 舢, 其 中   ∈ ( 一 号 ,  
’ 

由 a   =   /   二  , 知 。   : c 。 s   0   , 。   : 。 。 s   0 _ , 口 。 :  

:   ,=— ‘   1  
一  

. . t a n 20. ,  =    

第 6期 

许 书军 , 等: 类比联想寻思路

三 角换 元 , 虿 解题  

?1 9?  

2 Xn 1
-  

=  

=t a n 2  

.  

、 l   z +   x y   +   x +  ~ y z  Y +     急   + z   一 3 2  
证 明  由   +Y+  =1联 想到在 AA B C 中,  
t an   t an

又  + 1 =  1 , 得 
t a n 2  0= t a nO.  

导 + t a n   t a n 导 + t a n 导 t a n  =   .   从 而2   = m 百 +   ( 其 中 m ∈ z ,   ∈ ( 一 詈 , 詈 ) ) ,   设  = t a n  t a n 导 , y = t a n  t a n 孚 , z =  
得  =   ,  
t an 


t an 


则 

于是原 方 程组 的解 为 
:t an 

三   ( 其 中 , n ∈ z , 后 = 1 , 2 , … ,   + 1 ) .  
t a n 2 导 .  c  
m _’  
同理 可得 
  =s i n  A ,
。 c +  z   厶 

6 类 比联 想 t a n A +t a n B+t a n C=t a n At a n B t a n C   例1 0 设 , Y ,  均 为实 数 , 且  +Y+z =x y z ,  

墨  竺   ( 1 一  ) ( 1一 Y   ) ( 1一  )  
分析 待 证 等式 中 的每 一个 分 式 与 正 切 的 二 

-S i n  B
,  

倍 角公 式相 类 似 , 已知 等式 和待证 等 式分 别是 3项  和与 3项 积 , 自然 联 想 到 三 角 中 的恒 等 式 t a n A+  
t a n B+ t a n C=t a n A t a n B t a n C( 其 中  +B +C=  百,  

十 z X 

L 

故待 证 式等价 于 

k∈Z) , 进一 步 观 察 题 设 与结 论 可 以发 现 , 只 要 令  =t a n A, Y= t a n B, z =t a n C, 此题 就容 易解 决.  
因为 
所以 从而 即 

s i m n  +   s i m n   导 十 s i m n   C ≤ 毫   3 . ‘  
事实上, 在AA B C中, 由琴 生不等式可知  







C 

+ Y+z = x y z ,  
t a n A+t a n B+t a n C= t a n A t a n B t a n C,   t a n A+t a n B= 一 t a n C ( 1 一t a n A t a n B) ,   t a n A+     t a n   B=


i n   B s i n   A +s

+ s i n 导 ≤   s ‘ i n 5 — - — "   5 - 一 " 5 - =   3 ,  

故待 证 式成 立.   8 类 比联 想 t a n O c o t O= 1  

t a nC,  

侈 4   1 2   若 a>1 , b>1 , a b一( a+b )=1 , 求 a+  
亦即 t a n ( A+  )=t a n (一C ) ,   A+   +C=I } j 1 T ( 其中 k ∈Z) ,   b的最小 值.   解  由 a b一( a+b )=1 , 可 得 
( 口一1 ) ( b一1 )=2 ,   得 A+ B=k , r r —C, 即 

故 
即 

2  +2 B+ 2 C= 2 k , r r ( 其中k ∈z) ,  
2 t a n A  


而a 一 1 > 0 , b 一 1 > 0 , 于是可设 a一 1 =  ̄ / 2 t a n 0 , b 一  

于是 t a n 2 A+t a n 2 B+ t a n 2 C=t a n 2 A t a n 2 B t a n 2 C,  
A+   1 -t a —2


2 t a n B  

+  

2 t a n C  
a nC  .   2t

1 = , i t c 。 t O , 其 中 0 ∈ ( 0 , 号  
血 + b = √ 2 ( t a n 0 + c o t 0 ) + 2 > I 2 √ 2 + 2 ,  
当且仅 当 t a n 0=1 , 即 a= b=1+   时, a+b取 到最  小值2 √ 2+ l 2 .  
9 类 比联 想万 能公 式 

1  

.  

1 皇  

1. .t a n 2 A   1— . t a n2 B  1一t a n2 C’  



  2 x +  

+  2 z =  
8 x y z  

( 1一  ) ( 1一 Y   ) ( 1一  ) ’  

例 l 3 求 函 数 y = 若   ( 其 中   ∈ ( 0 , 1 ) )  
的最大 值.   解 注意 到 
1一  
y   ‘  

7   类 比联想 t a n   t a n   B +t a n   t a n   C +  
t anC t A
=l  

an  

1  
‘  

2  

1一  2  
‘   ,  

椤 0   1 1   设 , y , z ∈R ,  + Y+ z =1 , 求证 :  

?

2 0?  

中学教研 ( 数学)  

2 0 1 5   g -  

巧 用 函 数 之 力  追 溯 不 等 式 之 本 质 
— —

例谈 函数构造 的几个策 略 
( 云和中学 浙江云和 3 2 3 6 0 0 )  

●廖爱 国 

函数 可 以说是 整 个 高 中数 学 知 识 体 系 的一 个  灵魂 , 它就像 一 根 红线 贯 穿 整 个 高 中数 学 . 函数 与  方程 、 不等式 问题 紧 密联 系 , 可 以相互 转化 . 函数与  方 程思 想是 新课 标要求 的一种重 要数 学思 想方 法 ,   而 函数构造 是运 用数 学 的基本 思想 方法 , 通过 理解  题意 , 深人 分析 问题 的本 质 , 构 造 出恰 当 的数 学 模 
型, 利 用 函数 的性 质解 决 问题. 函数 构 造 的形 成 过 

见 的含参 数恒成 立 问题 , 也是 近几 年数学 高考 和模  拟卷 中 的常见题 型 , 求 解 策略是 变量 分离 法 和作差 
法 构 造 函数 .  

解 法 1 变量 分离法 构造 函数.  
由题 意 知 ,   +4  + 2≤2  ? e   (   +1 ) 对 任 意  ≥一 2恒成 立 , 可分 为 3类 :  

程 充分 体现 了对 学生数 学创 造性 思 维能力 的培 养.   纵 观 近几年 各地 数学 高考试 题 , 在 函数压 轴题 中对 
构 造新 函数 方法 有 较 多考 查 . 对此 类 问题 , 如 何 根 

① 当P C >一 l时, 2   ≥  

, 构造函数 

h ( c p ) = 篆 e 【   等 十 l   J   ,  
贝 0   ^   (   ) = 一 : e   l   十 l   J   .  
2 k  ̄h > (  )   = h ( O )= 2 ,  
得  k ≥1 .  

据 题 目特点 构造 出恰 当 的 函数 来 解 决 问题 是 解 题  难点 , 笔者结 合 高考 试 题 和 平 时 教学 体 会 , 探 寻 函  数 构造 策 略 , 以期 抛砖 引玉 .  
1 直 接构造 法  构 造 函数 最 常 用 的方 法 就 是作 差 法 构造 函数 

因此 , 当   ∈(一1 , 0 ) 时, h   (  )> 0 , h ( x ) 单调 递增 ;  
当   ∈( 0 , +∞ ) 时, h   (  )< 0 , h (  ) 单调 递减 , 于是 

与 变量 分离 法构 造 函数 , 它 能解 决 函数 中很多 与方  程、 不 等式 等相 关 问题 , 是 函数 构 造 中最 重要 的思 
路.  

②当   =一 1时, 左边 :一 1 ≤ O= 右边  培(  ) 恒成立;  

) ≤  

侈 0   1   设 函 数 f( C P )=   +似 +b , g(  )=  

e   (   + d ) . 设 曲线 Y=   ) 和 曲线 Y=g (  ) 都过 点 
P( 0, 2 ) , 且 在点 P处 有相 同的切线 Y= 4 x+2 .  

③ 当 _ 2 ≤  _ 1   ≤ 鲁  , 由 ① 知  
h ( c p )=   在 [一2 , 一1 ) 上单 调递 增 , 从 而 
2 k - < _ h ( x )   i   = h (一 2 ) =2 e   ,  
得  ≤e   ,  

1 ) 求口 , b , C , d的值 ;   2 ) 若 ≥ 一 2时 , f (  ) ≤   (  ) , 求 k的取 值 范 
围.  

( 2 0 1 3年全 国新课 标卷 数 学 高考 理科 试题 )   分析 第1 ) 小 题 略. 第2 ) 小题 是 函数 中最 常 

综 上可 知 : 1 ≤后 ≤e   .  

解法 2 作差 法构 造 函数.  
1   ’  

该 式在彤 式上 与 力 能公 式 相 1 以让 人 各 易 联 想 到 三 

y m a x  

角 换 元 . 令   : t a n   , 其 中   ∈ ( 0 , 詈 ) , 则  
1   2t a n   1一t a n  

通过 以上 解答 和分 析 , 我们发现 : 充 分关 注 条 

件与结论的结构特征 , 展开类 比联想 , 探索沟通条 
件与 结论 间 的联 系 , 采用 恰 当 的换 元 法 , 就 能 左 右 
逢源 , 迅速 找 到 问题 解决 的 突破 口. 这 不 仅 培 养 了  学生 的思 维能 力 , 开 发 了学 生 的智 力 , 而 且 还 提 高  了学 生解 决 问题 的能力.  

y  5 - ‘ 1 — + t a — n 2 o  ̄ 。 1 — + t a — n 2 o  ̄  

丢 s i n 2   ? c 。 s 2   = ÷ s i n 4   ≤ } ,  
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