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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 1 计算：12012201120102009【解】令 n2010，则 原式11)(2)(1)2)(1()1(2222nnnnnnnnnn 因为 n2010，所以原式4 042 109.【注】运用换元法可以使计算显得简洁，例 2 比较 111与 11111的大小.【解】令M 111，N 11111则MM1，NN11所以，M2 M10，N2 N10，因为 M0，N0，所以 MN25
2、1 【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 例 3 解方程组612331yyxyxyx 【解】设uyx1，vyx3（u0，v0，且 uv），则原方程组可化为3322vuvu，解得03vu，代入原方程组得 0331yxyx解得12yx或14yx，经检验，原方程组的解为12yx或14yx 【注】分式方程（组）和无理方程（组）最后要检验是否为增根 例 4 已知：(yz)2(zx)2(xy)2(yz2x)2(zx2y)2(xy2z)2，试求：)1)(1)(1()1)(1)(1(222zyxxyzxyz的值 【解】令 axy，byz，czx，则条件转化为 a2 b2c2(ca)2(ab)
3、2(bc)2,化简得 a2 b2 c22ab2bc2ca0 又 abc(xy)(yz)(zx)0 所以 (a b c)2 a2 b2 c2 2ab2bc2ca 0,由得 a2 b2c20，故 abc0，即 xyyzzx0 所以，xyz，原式1)1)(1)(1()1)(1)(1(222222zyxzyx 【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 m 是整数，且 m0，求证：m335252有理数 【证明】令352x，352y，则 X3 y34，且 xy 1，从而 x3y3(xy)33xy(xy)4 进而 (xy)313(xy)30 即 (xy1)(xy)2(xy)40，又
4、由于 0415214)()(22yxyxyx 所以 xy10，xy1，因为 m 是整数且 m0，所以 mm1525233 是有理数 【注】此题运用换元法，结合 x3 y34，且 xy1，可以比较方便地进行等式的变形，以达到计算xy 的目的 例 6 解方程1164533xx【解】设345xu，316xv，则61133vuvu 又 u3v3(uv)33uv(uv)，所以 6113uv，得 uv20，因此 u，v 是方程 y2 y200 的两根，解得 y15，y24，即5453 x或4，解得 x1109，x280，经检验，x1109，x280 都是原方程的根 【注】此题的另一种解法如下：令345xa
5、，316xb，31c，则 abc0故 a3 b3c33abc(abc)(a2 b2 c2abbcca)0 即 0164531164533xxxx 化简得20)16)(45(3xx，解得 x1109，x280.经检验，x1109，x280 都是原方程的根 【注】换元法经常需要和一些公式合起来用，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31)342(32)342(5252xxxxxx 【解】令 ax2，342xxb，则 131)(32)(2255bababa 由知（ab）（ab）1，代入得03132155baba，32(a b)10 31
6、(a b)5 10，即32(a b)5 1(a b)510 故以21ba或 ab1，分别代人得212baba或11baba得45a或1，故 x143，x23，经检验，x143，x23 都是原方程的解 例 8 求所有 5 元正整数组(x1，x2，x3，x4，x5)，使之满足 x1x2x3x4x5，且 383333254243232221xxxxxxxx 这里x表示不超过 x 的最大整数.【解】设2542432322213,3,3,3xxdxxcxxbxxa，则 a2 b2 c2 d238,由于 x51，x42，所以 abcd1，从而438a235，即 3a6，下面讨论如下：(1)若 a5，则 b
7、2c2d213，经枚举可知不存在满足题意的正整数；(2)若 a4，则 b2 c2d222，经枚举可知满足题意的仅有 b3，c3，d2；由于 12x1x2 15，9x2x312，9x3x412，6x4x5 9，从而根据 x2x42 可知必有x2x311，x3 x4 9 且 x2x4 2，从而可得 x2x3 1，x3x41，因此 x26，x35，x44 于是7x19，2x54 经检验可知，满足题意的(x1,x2,x3,x4,x5)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 练习 2 1.已知81a，求
8、证：1318313183133aaaaaa 2.计算：9919911010nnnn的值 3.试求所有正整数 n，使得对于四个不同的正整数 a、b、c、d，在)()(dacbdbca，)()(dbcadacb，)()(cbdacdba，)()(dcbadbca 中至少有 2 个等于 n 4.证明：方程 x2y5z3有无穷多组非零整数解.5.设正整数 k，n2，试求：1113131212),(111111nnnnnnkknkS的值 练习 1.2 1.设318 aA，则8132Aa，左边3223228)3(8138)3(813AAAAAA 12121AA右，所以原等式成立 2.设99110nnS，9
9、9110nnT，注意到，对正实数 a、b 有baabba2,特别的，对于每一个固定 n(1n99)，选择 a、b 使得 ab20，abn，则 nnn1001010010220，所以9912202nnS TSnnnnnn99199110101001010010，从而12121TS 3.令dacbdbcak，则kdbcadacb1，因此dacbbcbdacadcbdacdba kdacbdbcadacb1，cdbacbdadacbdbcadcbadbca kk1。假设 4 个数中有两个相等，则对于任意的正整数 k，等式 k1k，kk11，kkk11，kkk11均不可能成立，所以当 kn 时，有nn
10、1或nnn1。若nn1，则 n1，即(ac)(bd)(bc)(ad)bdadbcac0(ba)(dc)0，从而在 a、b、c、d 中有相等的数，矛盾！若nnn1，则 n2，令 a1，b3，c4，d7 即可。4.由于 32(1)523，所以 x3，y1，z2 是原方程的一组解，从而对于任意的正整数 n，由于2，5，330，可取 x3n15，yn6，z2n10，代入方程得(3n15)2(n6)58n30(2n10)3满足题意，即 x3n15，yn6，z2n10也是原方程的解，从而对任意的正整数 n，原方程有无穷多组非零整数解。5.先考虑 n2 时情形：由于11123mmmm从而 S(k，2)kjjj22)1()3)(1(311323112)1(6)12)(1(23kkkkkkkkkkk；其次对于 n3 且 a2，有21111aaann，且2121111211111aaaaaaaannnnn 21na，从而111211aaann，则 S(k，n)kkkkaka6)12)(1()1(22 6)1)(52(kkk