近日，在學(xué)生習(xí)題訓(xùn)練中，發(fā)現(xiàn)了幾例具有創(chuàng)新性質(zhì)的關(guān)于“代數(shù)換元”的解題應(yīng)用.于是，歸類(lèi)整理，提煉解題思維方法，旨在幫助學(xué)生拓寬解題思維視野，提高解題分析的技能技巧，提升數(shù)學(xué)運(yùn)算與數(shù)學(xué)抽象方面的核心素養(yǎng).

1 類(lèi)型一：借助“指數(shù)、對(duì)數(shù)換元”，巧解題

代數(shù)運(yùn)算問(wèn)題中，如果題目給出了兩個(gè)等式，其中一個(gè)等式涉及指數(shù)運(yùn)算，另一個(gè)等式涉及對(duì)數(shù)運(yùn)算，那么我們可借助“指數(shù)換元”或者“對(duì)數(shù)換元”使得這兩個(gè)等式的外在結(jié)構(gòu)相同，進(jìn)而通過(guò)構(gòu)造函數(shù)，分析并運(yùn)用該函數(shù)的單調(diào)性加以靈活、巧妙求解［1］.

例1若x1滿(mǎn)足2x+2x=5，x2滿(mǎn)足2x+2×

log2（x－1）=5，則x1+x2=.

解法1：指數(shù)換元.

由題設(shè)知2x1+2x1=5，2x2+2log2（x2－1）=5.因?yàn)?x1+2x1=5，所以變形可得x1+2x1－1=52.設(shè)2x1－1=t，則x1=1+log2t，所以有1+log2t+t=52，即t+log2t=32.因?yàn)?x2+2log2（x2－1）=5，所以變形可得（x2－1）+log2（x2－1）=32.設(shè)函數(shù)f（x）=x+log2x，則易知該函數(shù)為（0，+∞）上的增函數(shù)，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(duì)數(shù)換元.

由題設(shè)知2x1+2x1=5，2x2+2log2（x2－1）=5.設(shè)log2（x2－1）=t，則x2=2t+1，所以2（2t+1）+2t=5，即2（t+1）+2t+1=5.設(shè)函數(shù)f（x）=2x+2x，則易知該函數(shù)為R上的增函數(shù).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(píng)注：上述方法1、方法2均充分體現(xiàn)了“數(shù)學(xué)運(yùn)算”和“數(shù)學(xué)抽象”方面的核心素養(yǎng).其中方法1的創(chuàng)新思維在于借助指數(shù)換元（設(shè)2x1－1=t），可獲得t+log2t=32與（x2－1）+log2（x2－1）=32外在結(jié)構(gòu)相同，進(jìn)而通過(guò)構(gòu)造函數(shù)（設(shè)f（x）=x+log2x）靈活解題；而方法2的創(chuàng)新思維則在于借助對(duì)數(shù)換元（設(shè)log2（x2－1）=t），可獲得2（t+1）+2t+1=5與2x1+2x1=5外在結(jié)構(gòu)相同，進(jìn)而通過(guò)構(gòu)造函數(shù)（設(shè)f（x）=2x+2x）靈活解題.

2 類(lèi)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(gè)變量的等式，且等式一邊一個(gè)變量，那么我們可借助“等式換元”技巧，將這兩個(gè)變量均用“新元”來(lái)表示.這樣，有利于通過(guò)構(gòu)造函數(shù)，運(yùn)用函數(shù)的單調(diào)性，靈活求解相關(guān)代數(shù)式的最小值或最大值.

例2已知函數(shù)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(shè)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(shè)函數(shù)h（t）=ln t－1－t（tgt;1），則h′（t）=1t－12t=2－t2t.所以，當(dāng)1lt;tlt;4時(shí)，h′（t）gt;0，函數(shù)h（t）單調(diào)遞增；當(dāng)tgt;4時(shí)，h′（t）lt;0，函數(shù)h（t）單調(diào)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(dāng)且僅當(dāng)t=4，即x1=2ln 2，x2=3時(shí)，不等式取等號(hào)，從而可得|x1－x2|的最小值是3－2ln 2.

評(píng)注：上述解法側(cè)重體現(xiàn)了“數(shù)學(xué)運(yùn)算”“邏輯推理”以及“數(shù)學(xué)抽象”方面的核心素養(yǎng).創(chuàng)新思維在于對(duì)題設(shè)已知等式進(jìn)行“換元”（設(shè)f（x1）=g（x2）=t），有利于通過(guò)構(gòu)造函數(shù)（設(shè)函數(shù)h（t）=ln t－1－t，其中tgt;1，充分利用函數(shù)的性質(zhì)，巧妙獲解.

3 類(lèi)型三：借助“代數(shù)式換元”，巧解題

（1）求解含有兩個(gè)變量的代數(shù)式的最值時(shí)，可借助“換元”技巧，對(duì)已知等式實(shí)施適當(dāng)變形，有利于根據(jù)一元二次方程有實(shí)數(shù)解時(shí)判別式非負(fù)靈活求解.特別提醒：由于目標(biāo)是求解代數(shù)式的最值，所以必須具體考慮獲得的不等式中的“等號(hào)”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(shí)數(shù)x，y滿(mǎn)足x2+y2+xy=1，則x+y的最大值是.

解析：（1）設(shè)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(guān)于x的方程3－tx2－x+2=0有實(shí)數(shù)解，從而可得Δ=（－1）2－4×3－t×2≥0，解得t≥log38.另一方面，當(dāng)t=log38時(shí)，方程3－t（3a）2－3a+2=0即為（3a）2－8×3a+16=0，解得a=log34，從而結(jié)合3a=2+3b可得b=log32.故當(dāng)a=log34且b=log32時(shí)，可得所求2a－b的最小值為log38.

（2）設(shè)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(guān)于x的一元二次方程x2－tx+t2－1=0.于是，由該方程有實(shí)數(shù)解得Δ=（－t）2－4（t2－1）≥0，解得－233≤t≤233.當(dāng)t=233時(shí)，易求得x=33，y=33.

故當(dāng)x=y=33時(shí)，x+y的最大值是233.

評(píng)注：上述兩題解法均充分體現(xiàn)了“數(shù)學(xué)運(yùn)算”方面的核心素養(yǎng).第（1）題創(chuàng)新思維在于借助換元（設(shè)2a－b=t）、消元（消去b），可轉(zhuǎn)化為方程3－tx2－x+2=0有實(shí)數(shù)解，據(jù)此分析可得所求最小值；第（2）題創(chuàng)新思維在于借助換元（設(shè)x+y=t）、消元（消去y），可轉(zhuǎn)化為方程x2－tx+t2－1=0有實(shí)數(shù)解，據(jù)此分析可得所求最大值.

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

≥23b·43b+4=8，則2a－b≥log38，當(dāng)且僅當(dāng)3b=43b，即b=log32時(shí)，不等式取等號(hào).故2a－b的最小值為log38.顯然，該解法比較簡(jiǎn)捷，充分體現(xiàn)了“轉(zhuǎn)化思想”的活用.

（2）證明某些含有單變量的分式不等式時(shí)，若分子、分母中有一個(gè)是一次函數(shù)，而另一個(gè)是二次函數(shù)，則通過(guò)對(duì)一次函數(shù)實(shí)施“換元”，有利于在整體變形的基礎(chǔ)上，靈活運(yùn)用函數(shù)的單調(diào)性或者基本不等式加以巧妙證明.

例4已知函數(shù)f（x）=x2+x－1的兩個(gè)零點(diǎn)分別為α，β（αgt;β），f′（x）是f（x）的導(dǎo)函數(shù).設(shè)數(shù)列{an}滿(mǎn)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?yàn)閒（x）=x2+x－1，所以求導(dǎo)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(shè)2an+1=t，則an=t－12，所以只需證t－122+1tgt;α，即證t4+54t－12gt;α.因?yàn)橐字猼gt;0，所以t4+54t－12≥2t4×54t－12=－1+52=α，當(dāng)且僅當(dāng)t4=54t即t=5時(shí)不等式取等號(hào).這與“易知an∈Qt∈Q”矛盾！因此，這里不等式中的等號(hào)取不到，從而有t4+54t－12gt;α.

綜上，可知n∈N*，angt;α.故得證.

評(píng)注：上述解法充分體現(xiàn)了數(shù)學(xué)運(yùn)算與邏輯推理方面的核心素養(yǎng).創(chuàng)新思維在于先直接轉(zhuǎn)化目標(biāo)問(wèn)題（只需證an+1gt;α，即證a2n+12an+1gt;α），再在“換元”（設(shè)2an+1=t）的基礎(chǔ)上，進(jìn)一步轉(zhuǎn)化問(wèn)題（只需證t4+54t－12gt;α），最后運(yùn)用基本不等式即可順利獲證.

綜上，我們?cè)诜治觥⒔鉀Q有關(guān)代數(shù)問(wèn)題時(shí)，善于靈活運(yùn)用“代數(shù)換元”技巧，往往有利于轉(zhuǎn)化問(wèn)題，有利于根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性或基本不等式或一元二次方程有實(shí)數(shù)解，對(duì)目標(biāo)問(wèn)題進(jìn)行靈活的分析、求解.特別提醒：實(shí)施“代數(shù)換元”后，需要我們多多關(guān)注“轉(zhuǎn)化思想”與“抽象解題思維能力”的培養(yǎng)與應(yīng)用，不斷提高解題能力，提升解題思維的品質(zhì)［2］.

參考文獻(xiàn)：

［1］劉經(jīng)標(biāo).探究解三角形中的取值范圍問(wèn)題［J］.中學(xué)數(shù)學(xué)教學(xué)參考，2022（27）：5254.

［2］劉延群.高中數(shù)學(xué)換元解題“六法”［J］.中學(xué)數(shù)學(xué)，2022（9）：8182，95.