常数代换法

前言

在常数代换时[比如已知 \(a=2\) ]，我们更多想到的是，见到字母 \(a\) 替换为对应的数字 \(2\) [我们不妨称之为 字母换常数，极容易想到]，很少想到见到数字 \(2\) ，能将其替换为对应的字母 \(a\) [我们不妨称之为 常数换字母，这种情形有点逆向思维的味道，不太容易想到]，从而导致思维僵化。

引例，比如解三角形题目中，已经转化得到了表达式 \(2\sin B+\sqrt{3}b\cos A=\sqrt{3}b\)，且已知 \(a=2\)，求 角 \(A\) .

解析：由于 \(a=2\) ，即 \(2=a\)，故已知条件变形为 \(a\sin B+\sqrt{3}b\cos A=\sqrt{3}b\)有了常数代换字母的参与，接下来的边化角，约分等都变得可能顺畅。，

则 \(\sin A\sin B+\sqrt{3}\sin B\cos A=\sqrt{3}\sin B\)，由于 \(\sin B\neq0\)，故约分得到，

\(\sin A+\sqrt{3}\cos A=\sqrt{3}\)，再联立 \(\sin^2A+\cos^2A=1\)，解方程得到 \(\cos A=\cfrac{1}{2}\) 或 \(\cos A=1\)(舍去)，

又由于 \(a\in (0,\pi)\) ，故 \(A=\cfrac{\pi}{3}\) 。

常数代换法

以求值\(\cfrac{1-tan15^{\circ}}{1+tan15^{\circ}}\)为例，\(\cfrac{1-tan15^{\circ}}{1+tan15^{\circ}}=\cfrac{tan45^{\circ}-tan15^{\circ}}{1+tan45^{\circ}\cdot tan15^{\circ}}=\tan(45^{\circ}-15^{\circ})=\tan30^{\circ}=\cfrac{\sqrt{3}}{3}\).

将题目中的给定常数[分子上的常数\(1\)]代换为相应的代数式，以便于利用已有的数学式计算或者表达的方法，我们称为常数代换法。

典例剖析

数列\(\cfrac{1}{2}\)，\(\cfrac{1}{4}\)，\(-\cfrac{5}{8}\)，\(\cfrac{13}{16}\)，\(-\cfrac{29}{32}\)，\(\cfrac{61}{64}\)，\(\cdots\)，的一个通项公式为\(a_n\)=____________；

提示：变形为\(-\cfrac{2^1-3}{2^1}\)，\(\cfrac{2^2-3}{2^2}\)，\(-\cfrac{2^3-3}{2^3}\)，\(\cfrac{2^4-3}{2^4}\)，\(-\cfrac{2^5-3}{2^5}\)，\(\cfrac{2^6-3}{2^6}\)，

故\(a_n=(-1)^n\cfrac{2^n-3}{2^n}\)；

解后反思：\(\cfrac{1}{2}=-\cfrac{2^1-3}{2^1}\)，\(\cfrac{1}{4}=\cfrac{2^2-3}{2^2}\)，

【2020陕西省质量检测一文科第18题】【字母换常数，逆向思维】\(\triangle ABC\)的内角\(A\)，\(B\)，\(C\)的对边为\(a\)，\(b\)，\(c\)，若\(b=1\)，\(\cfrac{a}{c}+\cfrac{c}{a}\)\(=\cfrac{1}{ac}\)\(-1\)；

(1).求角\(B\);

分析：由\(b=1\)，\(\cfrac{a}{c}+\cfrac{c}{a}=\cfrac{1}{ac}-1\)，

变形得到\(\cfrac{a^2+c^2}{ac}=\cfrac{1-ac}{ac}=\cfrac{b^2-ac}{ac}\)，^[1]

即\(a^2+c^2-b^2=-ac\)，代入\(\cos B=\cfrac{a^2+c^2-b^2}{2ac}\)，

得到\(\cos B=\cfrac{-ac}{2ac}=-\cfrac{1}{2}\)，由于\(B\in (0,\pi)\)，

故\(B=\cfrac{2\pi}{3}\).

(2).若\(\triangle ABC\)的周长为\(1+2\sqrt{6}\)，求\(\triangle ABC\)的面积；

分析：由\(b=1\)，\(\triangle ABC\)的周长为\(1+2\sqrt{6}\)，

则\(a+c=2\sqrt{6}\)，又由于\(B=\cfrac{2\pi}{3}\)，\(b=1\)，

则由\(b^2=a^2+c^2-2ac\cos B\)，得到\(1=(a+c)^2-2ac-2ac (-\cfrac{1}{2})\)，

则解得\(ac=23\)，又由\(B=\cfrac{2\pi}{3}\)得到\(\sin B=\cfrac{\sqrt{3}}{2}\)，

故\(S_{\triangle ABC}=\cfrac{1}{2}ac\sin B=\cfrac{23\sqrt{3}}{4}\).

【2019届宝鸡市高三理科数学质检Ⅱ第16题】【字母换常数，逆向思维】已知三角形的内角\(A、B、C\)所对的对边分别是\(a、b、c\)，若\(a=\sqrt{2}\)，\(b^2-c^2=6\)，则角\(A\)最大时，三角形\(ABC\)的面积为_________。

分析：由\(cosA=\cfrac{b^2+c^2-a^2}{2bc}=\cfrac{b^2+c^2-2}{2bc}=\cfrac{b^2+c^2-\cfrac{b^2-c^2}{3}}{2bc}=\cfrac{b^2+2c^2}{3bc}\ge \cfrac{2\sqrt{2}}{3}\)，

即\(cosA\)的最小值为\(\cfrac{2\sqrt{2}}{3}\)，当且仅当\(b=\sqrt{2}c\)且\(b^2-c^2=6\)，即\(b=2\sqrt{3}\)，\(c=\sqrt{6}\)时取到等号；

此时\(A\)取到最大值，\(sinA=\cfrac{1}{3}\)，

故\(S_{\triangle ABC}=\cfrac{1}{2}bcsinA=\cfrac{1}{2}\times 2\sqrt{3}\times \sqrt{6}\times \cfrac{1}{3}=\sqrt{2}\)。

反思：①常数代换，由\(2=\cfrac{6}{3}=\cfrac{b^2-c^2}{3}\)，之所以做常数代换，是为了整理后便于使用均值不等式求\(cosA\)的最值。

②教师备用，也可以这样考虑，\(cosA=\cfrac{b^2+c^2-a^2}{2bc}\)，即\(f(c)=\cfrac{2c^2+4}{2\sqrt{c^2+6}c}(c>0)\)，求函数\(f(c)\)的最小值，如果想运算简单，还可以考虑求\(f(c)^2=\cfrac{(2c^2+4)^2}{4(c^2+6)c^2}(c>0)\)的最小值。

已知\(2m+3n=2，m>0，n>0\)，求\(\cfrac{4}{m}+\cfrac{1}{n}\)的最小值。

分析：\(\cfrac{4}{m}+\cfrac{1}{n}=\cfrac{1}{2}\times 2\times (\cfrac{4}{m}+\cfrac{1}{n})\)

\(=\cfrac{1}{2}\cdot (2m+3n)\cdot (\cfrac{4}{m}+\cfrac{1}{n})=\cfrac{1}{2}\cdot (8+3+\cfrac{2m}{n}+\cfrac{12n}{m})\)

\(\geqslant \cfrac{1}{2}(11+4\sqrt{6})\)

当且仅当\(\left\{\begin{array}{l}{2m+3n=2}\\{\cfrac{2m}{n}=\cfrac{12n}{m}}\end{array}\right.\)时取到等号；

【2020届宝鸡质检2文数第23题】(选修4-5：不等式选讲)已知\(f(x)=|x+3|-|x-2|\)，

(1).求函数\(f(x)\)的最大值\(m\)；

法1：分区间讨论法，\(m=f(x)_{max}=5\)

法2：绝对值不等式性质法，\(m=f(x)_{max}=5\)

具体解法过程，请参见：不等式选讲习题中的例4.

(2).正数\(a\),\(b\),\(c\)满足\(a+2b+3c=m\)，求证：\(\cfrac{1}{a}+\cfrac{2}{b}+\cfrac{3}{c}\geqslant\cfrac{36}{5}\).

分析：由(1)可知，\(a+2b+3c=5\)，

法1：由柯西不等式可得，

\([(\sqrt{a})^2+(\sqrt{2b})^2+(\sqrt{3c})^2]\cdot [(\sqrt{\frac{1}{a}})^2+(\sqrt{\frac{2}{b}})^2+(\sqrt{\frac{3}{c}})^2]\)

\(\geqslant \left (\sqrt{a}\times\sqrt{\frac{1}{a}}+\sqrt{2b}\times\sqrt{\frac{2}{b}}+\sqrt{3c}\times\sqrt{\frac{3}{c}}\right )^2=(1+2+3)^2=36\)

当且仅当\(\cfrac{a}{\frac{1}{a}}=\cfrac{2b}{\frac{2}{b}}=\cfrac{3c}{\frac{3}{c}}\)，即\(a=b=c\)且\(a+2b+3c=5\)，

则\(a=b=c=\cfrac{5}{6}\)时取到等号。

即\(5(\cfrac{1}{a}+\cfrac{2}{b}+\cfrac{3}{c})\geqslant 36\)，

即\(\cfrac{1}{a}+\cfrac{2}{b}+\cfrac{3}{c}\geqslant\cfrac{36}{5}\).

法2：利用均值不等式，乘常数除常数[两项×两项较常见，本题是三项×三项]的思路证明，

\(\cfrac{1}{a}+\cfrac{2}{b}+\cfrac{3}{c}=\cfrac{1}{5}(\cfrac{1}{a}+\cfrac{2}{b}+\cfrac{3}{c})\times 5\)

\(=\cfrac{1}{5}(\cfrac{1}{a}+\cfrac{2}{b}+\cfrac{3}{c})\times (a+2b+3c)\)

\(=\cfrac{1}{5}(1+4+9+\cfrac{2b}{a}+\cfrac{2a}{b}+\cfrac{3c}{a}+\cfrac{3a}{c}+\cfrac{6c}{b}+\cfrac{6b}{c})\)

\(\geqslant \cfrac{1}{5}(1+4+9+2\sqrt{4}+2\sqrt{9}+2\sqrt{36})=\cfrac{36}{5}\).

当且仅当\(\cfrac{2b}{a}=\cfrac{2a}{b}\)且\(\cfrac{3c}{a}=\cfrac{3a}{c}\)且\(\cfrac{6c}{b}=\cfrac{6b}{c}\)，

即即\(a=b=c\)且\(a+2b+3c=5\)，则\(a=b=c=\cfrac{5}{6}\)时取到等号。

已知\(tan\theta=2\)，求\(\cfrac{sin2\theta-\cos^2\theta}{1+\sin^2\theta}\)的值。

详解：\(\cfrac{sin2\theta-cos^2\theta}{1+sin^2\theta}=\cfrac{2sin\theta cos\theta-cos^2\theta}{2sin^2\theta+cos^2\theta}\)\(=\cfrac{2tan\theta-1}{2tan^2\theta+1}=\cfrac{2\times 2-1}{2\times2^2+1}=\cfrac{1}{3}\)

已知\(tan\theta=2\)，求\(sin2x+1\)的值；

【2020陕西省二检高三文数第15题】在\(\triangle ABC\)中，内角\(A\)，\(B\)，\(C\)对应的边分别为\(a\)，\(b\)，\(c\)，且\(a=\sqrt{3}\)，\(\sqrt{3}\sin C=(\sin B+\sqrt{3}\cos B)\sin A\)，\(BC\)边上的高为\(h\)，则\(h\)的最大值为__________。

分析：由于\(\sqrt{3}\sin C=(\sin B+\sqrt{3}\cos B)\sin A\)，采用角化边，得到

则\(\sqrt{3}c=(\sin B+\sqrt{3}\cos B)a\)，又由于\(a=\sqrt{3}\)，[常数代换]

故\(c=(\sin B+\sqrt{3}\cos B)\)，又\(h=c\cdot \sin B\)，

则\(h=(\sin B+\sqrt{3}\cos B)\sin B=\sin(2B-\cfrac{\pi}{6})+\cfrac{1}{2}\)，

故\(h_{max}=\cfrac{3}{2}\).

其他常数代换【常数的妙用】：

①\(\cfrac{1-tan15^{\circ}}{1+tan15^{\circ}}=\cfrac{tan45^{\circ}-tan15^{\circ}}{1+tan45^{\circ}\cdot tan15^{\circ}}=\tan30^{\circ}=\cfrac{\sqrt{3}}{3}\).

②\(f(3)-f(2)=\cfrac{f(3)-f(2)}{1}=\cfrac{f(3)-f(2)}{3-2}\)，即过点\((2,f(2))\)和\((3,f(3))\)的直线的斜率；

③\(1=sin^2\theta+cos^2\theta=tan45^{\circ}=log_ab\cdot log_ba=2sin30^{\circ}\)； \(\sin2\theta=\cfrac{2\sin\theta\cos\theta}{\cos^2\theta+\sin^2\theta}=\cfrac{2\tan\theta}{1+\tan^2\theta}\)

④解对数不等式中的常数对数化，如求解\(-1\leqslant log_{\frac{1}{2}}(x+\cfrac{1}{2})\leqslant 1\)，

即\(log_{\frac{1}{2}} 2\leqslant log_{\frac{1}{2}}(x+\cfrac{1}{2})\leqslant log_{\frac{1}{2}}{\frac{1}{2}}\)，

则\(2\geqslant x+\cfrac{1}{2}\geqslant \cfrac{1}{2}\)

从而解得，\(0\leqslant x\leqslant \cfrac{3}{2}\)；

⑤ 将\(x^2f(x)\)\(-\)\(f(1)\)\(<\)\(x^2\)\(-\)\(1\) 等价转化为 \(x^2f(x)\)\(-\)\(x^2\)\(<\)\(1^2f(1)\)\(-\)\(1^2\)，故构造\(g(x)\)\(=\)\(x^2\)\(\cdot\)\(f(x)\)\(-\)\(x^2\)，则上述不等式等价于\(g(x)\)\(<\)\(g(1)\)； 题目详见构造函数中的切入点

⑥解指数不等式中的常数指数化，如\(2^x\geqslant 3\)；

即\(2^x\geqslant 2^{log_23}\)；解得\(x\geqslant log_23\)

⑦ 大小比较中的中间量 \(1\)，\(1=log_{0.5}{0.5}=lne\)；

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1. 此处注意两点，其一：常数的代换\(1=b\)；其二：看到左端，容易想到均值不等式，导致思维陷入僵局； ↩︎