专题1.2 恰当换元+刘智勋.docx

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1、1.2恰当换元一些看上去很复杂的代数式，通过观察与比较，如果可以发现相同或相似之处，此时可以用另一个变量来代替较复杂的代数式，从而起到简化计算的目的，这种方法叫做换元法，它大量运用于计算、化简、解方程、证明题中.例计算：2009201020112012+1【解】令=2010,则原式=y(n-)n(n+1)(w+2)+1=y(n2+n)2-2(n2+)+1=n2+n-因为=2010,所以原式=4042109.【注】运用换元法可以使计算显得简洁，例2比较J1+J1+J1+.与1+的大小.1+I+【解】令J1+J1+1+=M,1+1=N则M=JI+M,N=I+所以，M2-M1+521N-1=0,N1

2、-N-I=O,因为M0,N0,所以M=N=【注】在循环算式的计算和化简中经常采用本例中的处理方法.2x+y+-=6【解】设JX+，=,y1x+y-3=v(w0,v0,且iv),则原方程组可化为1Nyw2+v2=3=n解得，代入原方程组得v=0x+-=3fx=2fX=4iafx=21X=4y解得或,z2x)2(z+x2y)2(xy2z)2,试求:(r+1)(q+1)(R+1)的值(x2+1)(+1)(z2+1)【解】令=1y,h=yz,cz-x,则条件转化为a22c2=(c-a)2(-Z)2(?-c)2,化简得a2h2-c-2ab-2hc-2ca=Q.又+/?+C=(Xy)+(y-z)+(zx)

3、=0所以(+力c)2=a2+加+c2+2ab+2bc-2ca=Oz由+得/+加+/=0,故=方一c=0,即-y=y-z=z-=0所以，x=y=z,原式(“：+i)(y：+i)(z：+i)=i(x2+1)(+1)(z2+1)【注】换元法更能够体现问题的代数结构，突显出问题的实质，例5若根是整数，且m0,求证：仙石有理数.tn【证明】令“=#2+仆,y=V2-5,则X3+3=4,且孙=-1,从而X3y3=(xy)33xy(xy)=4进而(x+y)3-1+3(U=O即(x+y-1)(x+y)2+(x+y)+4=0,又由于,、2/z1(1Y15n(x+)+(x+y)+4=1x+y+-I+0所以x+y1

4、=0,x+y=1,因为帆是整数且机W0,所以12-石+#2+后_1mm是有理数.【注】此题运用换元法，结合x3+y3=4,且个=-1,可以比较方便地进行等式的变形，以达到计算x+y的目的.例6解方程V45+x+U16-X=I【解】设=U45+x,v=V16-x,则、QM3+v3=61又3+口=(+03-3仪+力，所以61=1-3得丫二-20,因此小y是方程y2-y-20=0的两根，解得y=5,”=4,即耳45+X=5或4,解得加=-109,m=80,经检验，X1=-109,M=80都是原方程的根.【注】此题的另一种解法如下：.令二45X,b=V16-X,c=V-T,则+c=0.故+拄+c33而

5、C=(。+。)(。2+/r+c1-ab-hc-ca)=O即45+x+16-x-1+3V45+x16-x=0化简得#(45+幻(16的二-20,解得H=-IO9,x2=80.经检验，汨=-109,及=80都是原方程的根.【注】换元法经常需要和些公式合起来用，所以考察代数式经过换元后可以适用哪个公式成为解题的关键，这需要对公式十分熟练地运用,例7解方程(x+2+J+4x+3)5-32(x+2-JX2+4x+34=31【解】令。=x+2,b=yx2+4x+3,贝IJ(+力V-32(勿$=31a2-b2=(IY由知(+b)(一力)=1,代入得一32(“_3i=o,a-b)32(一。)H)+31(。-Z

6、?)5-1=0,即32(-b)5-1(-Z?)5+1=01 ia+b=2/+b=53故以。一6=或a-b=-f分别代人得1,1或得=或一1,故Xi=,X22 b=2ab=-443=-3,经检验，X1=-,及=-3都是原方程的解.4例8求所有5元正整数组(内，必，3，&，玲)，使之满足即124344%5，且X1+x23+尢4+当32=38这里凶表示不超过X的最大整数.【解】设O=力=X2+x332,C二x3+x432,d=X4x53a2+抉+c2+摩=38,38由于玲21，x22,所以2b2c2d21,从而t235,即3VV6,4下面讨论如下：(1)若。=5,则+c2+犀=13,经枚举可知不存在

7、满足题意的正整数；(2)若=4,则+c22=22,经枚举可知满足题意的仅有力=3,c=3,d=2；由于12WX1+x2V15,9Wx2+x3Vi2,9W13+mV12,6xj+xs9,从而根据必与必+2可知必有m+x3=11,X3+x=9且X2=X4+2,从而可得M=X3+1，X3=X41,因此2=6,不=5,X4=4.于是7WxiV9,2W右V4.经检验可知,满足题意的(孙孙孙Mx5)为(8,6,5,4,3),(8,6,5,4,2),(7,6,5,4,3),(7,6,5,4,2).【注】利用整体换元实现对局部范围的约束是关键.710+H2 .计算：%的值.xrr=13 .试求所有正整数，使得

8、对于四个不同的正整数、b、c、d,在(a-c)(b-d)(b-c)(a-d)(a-b)(d-c)(a-c)(b-d)(b-c)(a-d)(a-c)(b-d)(a-db-c)(a-b)(c-d)中至少有2个等于4 .证明：方程x2+j5=z3有无穷多组非零整数解.5 .设正整数上22,试求：S(Z,)=2e+12n,+13z,+1+13w,+1的值练习1.21,8a-I1i1.3A2+1七fJ32+1(A2+3)J3A21A(2+3)1.设A=J,则。=-,左边=彳+-+I11V38V88V88=4里+匕4=1=右，所以原等式成立222设S=WJIO+6,T=10一注,注意到，对正实数a、b有y

9、a+b+2至=八+6特别的,H=I/1=1对于每一个固定（1WW99）,选择、力使得+h=20,H）=Zb则20+2w=10+100-n+10-1-h,所以JS=2,2()+2五M=IE(JI()+而0一+o-ioZj=o+Jio_册)=s+7迎也t,1(-J)-1(tz-c)_ad-ac-bd+bc令g西T人一4j厂口此(以1一厂0-c)(a-d)(b-ca-d)-(a-cb-d)(a-cj(h-d)(a-cb-d)(a-db-c)(b-ca-d)(a-bc-d)(b-ca-d)(a-bd-c)k11k=-O假设4个数中有两个相等，则对于任意的正整数上等式&=1-2,-=1-,-=一-kkk

10、-kjtr117ik=一一J均不可能成立，所以当Z=时，有=或几=一一o若=上，则=1,即(ac)彷-kn-nnd)b-c)(ac1)bd-ad-bc-ac=O(b-a)dc=0,从而在a、b、c、d中有相等的数，矛/7盾！若=,则=2,令a=1,b=3,c=4,d=7即可。H4 .由于32+(1)5=23,所以x=3,y=-,z=2是原方程的一组解，从而对于任意的正整数，由于2,5,3=30,可取1=3%=一6,z=2M,代入方程得(3川5尸+(一6尸=8加=(2。尸满足题意，即X=3%)，二一6,z=2。也是原方程的解，从而对任意的正整数，原方程有无穷多组非零整数解。,%，+15 .先考虑=2时情形：由于=一机+1从而s(h2)=y(-7+1)=机+1MZ(A+1)(2k+1)Z(Z+1),I-2,1z.,、八2,小、J一十、Cr、C士-+k-1=-k3+-k-1=-(c-1)(k2+k+3)；其次对于23且心2,有6 2333z7m+i4-1z7n+14-1：/,且Y_i_.Oan+1-a,-i+a2-1an+1+1a2,-,+,-,+优”+121n1/f2八kk+2k+)1Va2从而：=Ci1贝US(k,ri)=c-1)=k=+16Z(2Z+5)(I)6