换元法
收集整理与换元法有关的数学素材，比如换元法的常见换元类型，使用场景等。
前言
复习 引申，代数式是指由数和表示数的字母经过有限次加、减、乘、除加法和减法属于一级运算，二者互为逆运算；乘法和除法属于二级运算，二者互为逆运算；在运算顺序的确定中，级别越高，运算顺序越优先，这四种运算通常统称为四则运算，在四则混合运算中，先算乘除，后算加减；乘法和除法可以理解为加法和减法的简便运算； 、乘方和开方乘方和开方属于三级运算，其可以理解为乘法和除法的简便运算；等代数运算所得的式子，或含有字母的数学表达式称之为代数式。在复数范围内，代数式分为有理式和无理式。有理式包括整式[除数中没有字母的有理式]和分式[除数中有字母且除数不为0的有理式]。这种代数式对于字母只进行有限次加、减、乘、除和整数次乘方这些运算。整式又包括单项式[数字或字母的乘积，或者是单独的一个数字或字母]和多项式[若干个单项式的和]。我们把含有字母的根式、字母的非整数次乘方，或者是带有非代数运算的式子叫做无理式。无理式包括根式和超越式。可以化为被开方式为有理式的，且根指数不带字母的代数式称为根式。有理式与根式统称为代数式，把根式以外的无理式叫做超越式。
- 常见的换元类型：
代数式换元[单项式换元\(2x=t\)、多项式换元\(x^2+3x=t\)、分式换元\(\cfrac{1}{x}=t\)、根式换元\(\sqrt{x-2}=t\)]；
超越式换元[指数式换元\(2^x=t\)、对数式换元\(log_2x=t\)、三角式换元\(sinx=t\)]；
整体换元[\(x+3y=s\)，\(x-y=t\)]；[令\(t=\ln x+x\)，\(e^t=e^{\ln x+x}=x\cdot e^x\)]；[令\(2^x\)\(+\)\(2^{-x}\)\(=\)\(t\)，则\(2^{2x}\)\(+\)\(2^{-2x}\)\(=\)\(t^2\)\(-\)\(2\)]；[令 \(x+x^{-1}=t\)，则 \(x^2+x^{-2}=(x+x^{-1})^2-2=t^2-2\)，其中 \(|t|\geq 2\)]；[令 \(\cfrac{x_1}{x_2}=t\)]；[令 \(k-\cfrac{1}{k}=u\)]
设\(\sin x+\cos x=t\)，则\(\sin x\cdot\cos x=\cfrac{t^2-1}{2}\)
换元考量
如果能通过换元法，将我们不会求解的新类型转化为已知的会求解的已有型，实现未知内容和类型向已知内容和类型的转化，那么换元法就是最好的选择。另外由于是替换，所以换元的前后就必须保证新元和旧元的取值范围的一致，其实就是求函数的值域问题，比如令\(\sin x=t\)，则必须注明\(t\in [-1,1]\)，这是换元时最容易忽视的问题。
典例剖析
超越式换元，
分析：注意到函数的结果特点，做代数换元令\(2^x=t>0\)，
则原函数就转化为\(f(x)=g(t)=t^2+3t+1，t\in(0，+\infty)\)上的值域。
分析：注意到函数的结果特点，做代数换元令\(log_2^x=t\in R\)，
则原函数就转化为\(f(x)=g(t)=t^2+3t+1，t\in R\)上的值域。
代数式换元，
法1：代数换元法，先求定义域为\((-\infty，2]\)，
令\(\sqrt{2-x}=t\ge 0\)，则\(x=2-t^2\)，故原函数可以转化为
\(f(x)=g(t)=2-t^2-t(t\ge0)=2-(t^2+t+\cfrac{1}{4})-\cfrac{1}{4}=\cfrac{9}{4}-(t+\cfrac{1}{2})^2\)，
故在\([0，+\infty)\)上单调递减，
\(f(x)_{max}=g(t)_{max}=g(0)=2\)，故值域为\((-\infty，2]\)；
法2：利用单调性，直接从函数解析式分析，
函数\(f(x)=x-\sqrt{2-x}\)在定义域\((-\infty，2]\)上单调递增，故\(f(x)_{max}=f(2)=2\)。
解后反思：对于形如\(f(x)=ax+b\pm\sqrt{cx+d}\)型的函数求值域，用代数换元法总能将其转化为二次函数在限定区间上的值域问题，因此法1是通用方法；而法2的适用性有一定的限制。
三角换元，将代数式换元为三角式，或者将三角式换元为代数式；
分析：求定义域得到\(x\in[-1，1]\)，故做三角换元令\(x=cos\theta,\theta\in[0，\pi]\)，
则函数\(f(x)=x+\sqrt{1-x^2}=cos\theta+\sqrt{1-cos^2\theta}\)
\(=cos\theta+|sin\theta|=sin\theta+cos\theta\)
\(=\sqrt{2}sin(\theta+\cfrac{\pi}{4})\in[-1，\sqrt{2}]\)，
故函数的值域为\([-1，\sqrt{2}]\)。
引申思考：
1、换元法特别需要注意的是旧元\(x\)和新元\(\theta\)的取值范围要一致，否则换元就会出错，那么本题中引入新元\(\theta\)后，其取值范围能不能是\([-\cfrac{\pi}{2}，\cfrac{\pi}{2}]\)？不能，否则\(cos\theta\in [0，1]\)，和\(x\in[-1，1]\)的取值范围不一致了。
2、那么取值范围能不能是\([0，2\pi]\)？此时虽然能保证\(cos\theta\in [-1，1]\)，但是下一步在开方去绝对值时就麻烦了，\(\sqrt{1-cos^2\theta}=|sin\theta|\)还需要分类讨论，这样反倒复杂了，由此我们也就能更好的理解\(\theta\in[0，\pi]\)的用意，由此可知我们的三角换元是很讲究的，绝不是随心所欲的。
3、能不能这样换元令\(x=sin\theta\)？可以的，不过若这样换元，新元的范围就必须是\(\theta\in[-\cfrac{\pi}{2}，\cfrac{\pi}{2}]\)。
4、你会用这个方法求函数\(f(x)=x-\sqrt{2-x^2}\)的值域吗？
提示：定义域为\(x\in[-\sqrt{2}，\sqrt{2}]\)，故令\(x=\sqrt{2}cos\theta\)，则原函数转化为\(f(x)=x-\sqrt{2-x^2}=\sqrt{2}cos\theta-\sqrt{2}sin\theta=2cos(\theta+\cfrac{\pi}{4})\in [-2，2]\)。
5、你能将这一方法适用的类型做以总结提炼吗？
一般来说，适用于这样的类型：\(f(x)=ax+b\pm \sqrt{c+dx^2}\)型，其中\(a，b，c，d\in R，c\cdot d<0\)。
法1：原函数可以转化为\(y=x+\sqrt{2-(x-5)^2}\)，
由于\(2-(x-5)^2\geqslant 0\)，得到\(|x-5|\leqslant \sqrt{2}\)，
令\(x-5=\sqrt{2}cos\alpha\)，则\(\alpha\in [0,\pi]\)，且\(x=\sqrt{2}cos\alpha+5\),
则\(y=x+\sqrt{2-(x-5)^2}=\sqrt{2}cos\alpha+5+\sqrt{2sin^2\alpha}\)
\(=\sqrt{2}cos\alpha+5+\sqrt{2}sin\alpha=2sin(\alpha+\cfrac{\pi}{4})+5\)
由于\(\alpha\in [0,\pi]\)，则\(sin(\alpha+\cfrac{\pi}{4})\in [-\cfrac{\sqrt{2}}{2},1]\)
故\(y_{min}=5-\sqrt{2}\)，\(y_{max}=7\)，
法2：令\(-x^2+10x-23\geqslant 0\)，得到函数的定义域为\([5-\sqrt{2}，5+\sqrt{2}]\)，
又由于\(y=-x^2+10x-23=-(x-5)^2+2\)，故原函数必然在区间\([5-\sqrt{2},5]\)上单调递增，
甚至能延伸到区间\([5-\sqrt{2},x_0]\)，\(x_0>5\)，在区间\([x_0,5+\sqrt{2}]\)上单调递减，
故其最小值必然\(f(x)_{min}=min\{f(5-\sqrt{2})，f(5+\sqrt{2})\}\)，
又\(f(5-\sqrt{2})=5-\sqrt{2}\)，\(f(5+\sqrt{2})=5+\sqrt{2}\)，
故\(f(x)_{min}=5-\sqrt{2}\).
分析：令\(sinx+cosx=t\)，则由上例可知\(t\in[-\sqrt{2}，\sqrt{2}]\)，
则由\((sinx+cosx)^2=t^2\)得到\(sinxcosx=\cfrac{t^2-1}{2}\)，
故此时原函数经过换元就转化为\(f(x)=g(t)=t+\cfrac{t^2-1}{2}，t\in[-\sqrt{2}，\sqrt{2}]\)，
这样就和例1是同一类型的了。\(f(x)=g(t)=\cfrac{1}{2}(t+1)^2-1\)，\(t\in[-\sqrt{2}，\sqrt{2}]\)，
\(f(x)=g(t) \in [-1，\cfrac{2\sqrt{2}+1}{2}]\)
分析：令\(sinx+cosx=t\) ，由于\(x\in(0，\cfrac{\pi}{2}]\)，则\(t=sinx+cosx=\sqrt{2}sin(x+\cfrac{\pi}{4})\in [1，\sqrt{2}]\)，
则\(2sinxcosx=t^2-1\)，故\(f(x)=\cfrac{t^2-1}{t+1}=g(t)=t-1\)，
故\(f(x)_{max}=M=\sqrt{2}-1\)；\(f(x)_{min}=N=0\)；即\(M-N=\sqrt{2}-1\)。
分析：由题目可知，\(f'(x)\ge 0\)在区间\([0，\cfrac{\pi}{2}]\)上恒成立，\(f'(x)=2a-1-\cfrac{1}{2}\cdot (-sin2x)\cdot 2-a(cosx-sinx)\ge 0\)恒成立，
即\(2a-1+sin2x+a(sinx-cosx)\ge 0\)恒成立，
接下来的思路有：
思路一：分离参数，当分离为\(a\ge \cfrac{1-sin2x}{2+sinx-cosx}=g(x)\)时，你会发现，求函数\(g(x)_{max}\)很难，所以放弃；
思路二：转化划归，令\(sinx-cosx=t=\sqrt{2}sin(x-\cfrac{\pi}{4})\)，由于\(x\in [0，\cfrac{\pi}{2}]\)，故\(t\in [-1，1]\)
由\((sinx-cosx)^2=t^2\)，得到\(sin2x=1-t^2\)，
故不等式转化为\(at+1-t^2+2a-1\ge 0\)，
即\(t^2-at-2a\leq 0\)在\(t\in [-1，1]\)上恒成立，
令\(h(t)=t^2-at-2a，t\in [-1，1]\)，
则\(h(t)\leq 0\)等价于
\(\begin{cases}h(-1)=1+a-2a\leq 0\\h(1)=1-a-2a\leq \end{cases}\)
解得\(a\ge 1\)，故选\(D\)。
解后反思：
1、已知含参函数\(f(x)\)的单调性(比如单增)，求参数的取值范围，等价于\(f'(x)\ge 0\)，且还需要验证等号时不能让函数\(f(x)\)成为常函数，不过解答题一般不需要验证，是因为给定的函数比较复杂，当参数取到某个值是一般不会成为常函数。
2、转化为已知恒成立问题，求参数范围，一般首选分离参数的思路。
3、关于三角函数的这种转化必须熟练掌握。三角函数的转化
4、二次函数在某个区间上恒成立问题的模型必须熟练掌握。二次函数恒成立模型
法1：函数法，从数的角度入手，转化为\(b<\sqrt{1-x^2}-x\)，
令\(g(x)=\sqrt{1-x^2}-x\)，即关键是求\(g(x)\)在区间\([-1，\cfrac{1}{2})\)上的最小值。
令\(x=cos\theta，\theta\in (\cfrac{\pi}{3}，\pi]\)，
故\(g(x)=\sqrt{1-x^2}-cos\theta=sin\theta-cos\theta=\sqrt{2}sin(\theta-\cfrac{\pi}{4})\)，
因为\(\theta\in (\cfrac{\pi}{3}，\pi]\)，则有\(\cfrac{\sqrt{3}-1}{2}<\sqrt{2}sin(\theta-\cfrac{\pi}{4})\leq 1\)，
故\(b\leq \cfrac{\sqrt{3}-1}{2}\)。
法2：数形结合，令\(f(x)=\sqrt{1-x^2}，x\in[-1，\cfrac{1}{2})\)，对应图中的蓝色的圆的一部分，
令\(h(x)=x+b，x\in[-1，\cfrac{1}{2})\)，对应图中的红色的线段，
由题目可知，要使得\(f(x)>h(x)，x\in[-1，\cfrac{1}{2})\)上恒成立，
则只需要\(h(x)\)的图像在\(f(x)\)的图像下方即可，
由动画可知，当线段经过点\((\cfrac{1}{2}，\cfrac{\sqrt{3}}{2})\)时，\(b=\cfrac{\sqrt{3}}{2}-\cfrac{1}{2}\)，
故\(b\leq \cfrac{\sqrt{3}-1}{2}\)。
整体换元，
分析：令 \(x+x^{-1}=t\)，则 \(x^2+x^{-2}=(x+x^{-1})^2-2=t^2-2\)，其中 \(|t|\geq 2\)；
则函数 \(f(x)=x^2+x^{-2}-2=[(x+x^{-1})^2-2]-2=t^2-4\)，\(|t|\geq 2\)，
则利用图象或者单调性可得，\(f(x)\in [0,+\infty)\) .
【法1】：观察发现，“左边指数式+指数式=右边的一次式”，使得指数式消失，即\(e^0+e^0=2\)，
故令\(x+2y+3=0\)，\(2x-3y-5=0\)，则\(x=\cfrac{1}{7}，y=-\cfrac{11}{7}\)，即\(e^0+e^0=2\)，则解得\(x+y=-\cfrac{10}{7}\)。
【法2】：观察发现，\((x+2y-3)+(2x-3y-5)=3x-y-2\)，在指数位置使用均值不等式得到，
则\(e^{x+2y+3}+e^{2x-3y-5}\ge 2\sqrt{e^{3x-y-2}}\)，即\(2\sqrt{e^{3x-y-2}}\leq 3x-y\)；
令\(3x-y=t(t>0)\)，则上述不等式变形为\(2\sqrt{e^{t-2}}\leq t\)，即\(4e^t\leq e^2t^2\)，
接下来使用导数工具研究，在\(t=2\)处，\(4e^t=e^2t^2\)，
当\(t\)取其他值时，均有\(4e^t\ge e^2t^2\)，故只能\(4e^t= e^2t^2\)，所以\(t=2\)，即\(3x-y=2\)，
又由均值不等式可知，取等号时\(x+2y-3=2x-3y-5\)，故求解得到
则\(x=\cfrac{1}{7}，y=-\cfrac{11}{7}\)，则解得\(x+y=-\cfrac{10}{7}\)。
【法3，推荐解法】：令\(x+2y+3=m\)，\(2x-3y-5=n\)，则原题目等价于\(e^m+e^n=m+n+2\)，
即\(e^m-m-1=-(e^n-n-1)\)①，
令\(f(x)=e^x-x-1\)，则\(f'(x)=e^x-1\)，令\(f'(x)=0\)，得到\(x=0\)，
故\(x\in (-\infty，0)\)上单调递减，在\(x\in (0，+\infty)\)上单调递增，
故\(f(x)_{min}=f(0)=e^0-0-1=0\)，即有\(f(x)\geqslant 0\)；
又①式等价于\(f(m)=-f(n)\)，由于\(f(m)\geqslant 0\)，\(-f(n)\leqslant 0\)，
要使得\(f(m)=-f(n)\)，只有\(f(m)=f(n)=0\)，即\(m=n=0\)，
则有\(x+2y+3=2x-3y-5=0\)，
则\(x=\cfrac{1}{7}，y=-\cfrac{11}{7}\)，则解得\(x+y=-\cfrac{10}{7}\)。
【法1】转化为斜率型，
思路如下：由于所求值函数为分式形式的关于\(a、b\)的二次齐次式，
故可以转化为\(\cfrac{a+2b}{2a+b}=\cfrac{1+2\cdot \cfrac{b}{a}}{2+\cfrac{b}{a}}\)，
\(=2-\cfrac{3}{2+k}\)，其中\(k=\cfrac{b}{a}\)
这样先由可行域求得\(k=\cfrac{b}{a}\in [1，3]\)
然后用函数思想求得\(\cfrac{a+2b}{2a+b}\in [1，\cfrac{7}{5}]\)
【法2】换元法，令\(a+2b=n\)，\(2a+b=m\)，
联立解以\(a、b\)为元的方程组，得到
\(a=\cfrac{2m-n}{3}\)，\(b=\cfrac{2n-m}{3}\)，
代入原不等式组，可将原约束条件转化为关于\(m 、n\)的不等式组，
即已知\(m 、n\)满足条件\(\left\{\begin{array}{l}{m+n-6\ge 0}\\{n-m-1\leq 0}\\{2m-n-3\leq 0}\end{array}\right.\)，
求\(\cfrac{n}{m}\)的取值范围。
利用数形结合思想可得，\(\cfrac{a+2b}{2a+b}=\cfrac{n}{m}\in [1，\cfrac{7}{5}]\)。图像
分析：由题可知，点\(M(x，y)\)的坐标满足条件\(\begin{cases}m\ge 0\\n\leq 0\\m−n\leq 1\end{cases}\)，
设\(m+n=s\)，\(m-n=t\)，则\(m=\cfrac{s+t}{2}\)，\(n=\cfrac{s-t}{2}\)，代入上述线性约束条件得到，
\(\begin{cases}s+t\ge 0\\s-t\leq 0\\t\leq 1\end{cases}\)，
做出不等式组对应的平面区域，如图中所示的阴影部分，
由题意可知，\(A(-1，1)\)，\(B(1，1)\)，
故\(S=\cfrac{1}{2}\times 2\times 1=1\)。
| 月份\(x\) | 2011 | 2012 | 2013 | 2014 | 2015 |
|---|---|---|---|---|---|
| 储蓄存款\(y\)(千亿元) | 5 | 6 | 7 | 8 | 10 |
为便于计算，将上表做一处理，令\(t=x-2010\)，\(z=y-5\)，得到下表2：
| 时间代号\(t\) | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 |
|---|---|---|---|---|---|
| \(z\) | 0 | 1 | 2 | 3 | 5 |
附可能用到的公式：线性回归直线为\(\widehat{y}=\widehat{b}x+\widehat{a}\)，
\(\widehat{b}=\cfrac{\sum\limits_{i=1}^n{(x_i-\bar{x})(y_i-\bar{y})}}{\sum\limits_{i=1}^n{(x_i-\bar{x})^2}}=\cfrac{\sum\limits_{i=1}^n{x_iy_i-n\cdot\bar{x}\cdot\bar{y}}}{\sum\limits_{i=1}^n{x_i^2-n\cdot\bar{x}^2}}\)，
\(\widehat{a}=\bar{y}-\widehat{b}\cdot\bar{x}\).
(1)求\(z\)关于\(t\)的线性回归方程。
分析：需要先注意\(z\rightarrow y\;\;\)，\(t\rightarrow x\;\;\)，然后将所给的公式翻译为关于\(z\)和\(t\)的公式，这涉及到数学素养，公式的正向迁移。
由表格可知，\(\bar{t}=3\)，\(\bar{z}=2.2\)， \(\sum\limits_{i=1}^5{t_iz_i}=45\)， \(\sum\limits_{i=1}^5{t_i^2}=55\)，
故\(\widehat{b}=\cfrac{\sum\limits_{i=1}^n{t_iz_i-n\cdot\bar{t}\cdot\bar{z}}}{\sum\limits_{i=1}^n{t_i^2-n\cdot\bar{t}^2}}\)，
\(=\cfrac{45-5\times 3\times 2.2}{55-5\times 9}=1.2\)，
\(\widehat{a}=\bar{z}-\widehat{b}\cdot\bar{t}=2.2-3\times 1.2=-1.4\)。
故\(\hat{z}=1.2t-1.4\)。
(2)通过(1)中的方程，求出\(y\)关于\(x\)的线性回归方程。
分析：将\(t=x-2010\)，\(z=y-5\)代入\(\hat{z}=1.2t-1.4\)，
得到\(y-5=1.2\times (x-2010)-1.4\)，
即\(\hat{y}=1.2x-2408.4\)。
(3)用所求的线性回归方程预测，到\(2020\)年底，该地的储蓄存款余额可达到多少？
分析：当\(x=2020\)时，代入\(\hat{y}=1.2x-2408.4\)，
得到\(\hat{y}=1.2\times 2020-2408.4=15.6(千亿元)\)。
已知公式：\(\cfrac{M_1}{(R+r)^2}+\cfrac{M_2}{r^2}=(R+r)\cfrac{M_1}{R^3}\)，且已知\(\alpha=\cfrac{r}{R}\)，\(\cfrac{3\alpha^3+3\alpha^4+\alpha^5}{(1+\alpha)^2}\approx 3\alpha^3\)，试用\(M_1\)，\(M_2\)，\(R\)表示\(r\)的近似值；
分析：联系到本年度的Ⅱ卷高考数学题目的解答，首先要突破的是对题意的理解，大体意思就是，给定了一个方程，要求你将方程中的\(r\)求解出来，但是由于是用手工计算，为了降低难度，给了一个近似参考公式，你必须使用这个近似计算公式，才能顺利求解。理解了题意之后，还有一个问题，就是该如何使用近似计算公式。由于近似计算中提到了\(\alpha=\cfrac{r}{R}\)，所以我们需要首先让方程中出现\(\alpha\)，使用\(\cfrac{r}{R}=\alpha\)代换，求解到最后，再使用\(\alpha=\cfrac{r}{R}\)，让式子中出现\(r\)，计算即可。
解析：给方程的两边，同时乘以\(R^2\)，得到\(\cfrac{R^2\cdot M_1}{(R+r)^2}+\cfrac{R^2\cdot M_2}{r^2}=(R+r)\cfrac{R^2\cdot M_1}{R^3}\)，
即\(\cfrac{M_1}{\frac{(R+r)^2}{R^2}}+\cfrac{M_2}{\frac{r^2}{R^2}}=(R+r)\cfrac{M_1}{\frac{R^3}{R^2}}\)，变形得到，
\(\cfrac{M_1}{(1+\alpha)^2}+\cfrac{M_2}{\alpha^2}=(R+r)\cfrac{M_1}{R}\)，即\(\cfrac{M_1}{(1+\alpha)^2}+\cfrac{M_2}{\alpha^2}=(1+\alpha)M_1\)，
然后通分整理，得到，\(\alpha^2M_1+(1+\alpha)^2M_2=(1+\alpha)^3\cdot \alpha^2M_1\)，
则有\((1+\alpha)^2M_2=\alpha^2M_1+(3\alpha^3+3\alpha^4+\alpha^5)M_1-\alpha^2M_1\)，
即\((1+\alpha)^2M_2=(3\alpha^3+3\alpha^4+\alpha^5)M_1\)，则\(\cfrac{M_2}{M_1}=\cfrac{3\alpha^3+3\alpha^4+\alpha^5}{(1+\alpha)^2}\)，
即\(\cfrac{M_2}{M_1}\approx 3\alpha^3\)，则\(\alpha^3\approx \cfrac{M_2}{3M_1}\)，
故\(\alpha\approx \sqrt[3]{\cfrac{M_2}{3M_1}}\)，即\(\cfrac{r}{R}\approx \sqrt[3]{\cfrac{M_2}{3M_1}}\)，则\(r\approx \sqrt[3]{\cfrac{M_2}{3M_1}}\cdot R\)，故选\(D\)。
【解后反思】1、你怎么强化自己的阅读理解能力都不嫌过分；近似计算的思路分析过程要清楚；运算功底要扎实，到位。
2、\((1+\alpha)^3=1+3\alpha+3\alpha^2+\alpha^3\)；\((a\pm b)^3=a^3\mp 3a^2b\pm 3ab^2-b^3\)；
3、整个求解过程中的换元法的使用思路：
\(\cfrac{M_1}{(R+r)^2}+\cfrac{M_2}{r^2}=(R+r)\cfrac{M_1}{R^3}\) \(\xlongequal[同乘以R^2，变形]{为引入\alpha，便于近似计算}\)
\(\stackrel{\frac{r}{R}=>\alpha}{\Longrightarrow} \cfrac{M_1}{(1+\alpha)^2}+\cfrac{M_2}{\alpha^2}=(1+\alpha)M_1\)，
整理变形，得到\(\alpha\approx \sqrt[3]{\cfrac{M_2}{3M_1}}\)， \(\stackrel{\alpha=>\frac{r}{R}}{\Longrightarrow} \cfrac{r}{R}\approx \sqrt[3]{\cfrac{M_2}{3M_1}}\)，
从而得到，\(r\approx \sqrt[3]{\cfrac{M_2}{3M_1}}\cdot R\)，故选\(D\)。
法1️⃣：整体换元法，令 \(x+3y=s>0\)，\(x-y=t>0\)，
求解上述以 \(x，y\) 为元的方程组，得到 \(x=\cfrac{s+3t}{4}\)；\(y=\cfrac{s-t}{4}\)；
由\(x+y=\cfrac{1}{2}\)，将上述结果代入得到\(s+t=1\)，
故此时题目转化为"已知 \(s+t=1\) ，\(s，t>0\) ，求 \(\cfrac{2}{s}+\cfrac{1}{t}\) 的最小值”问题。
接下来，利用乘常数除常数的思路就可以求解。
简单提示如下：\(\cfrac{2}{s}+\cfrac{1}{t}=(\cfrac{2}{s}+\cfrac{1}{t})(s+t)=3+\)\(\cfrac{2t}{s}+\cfrac{s}{t}\ge 3+2\sqrt{2}\)
(当且仅当 \(\cfrac{2t}{s}=\cfrac{s}{t}\) 且 \(s+t=1\) 时取到等号)
法2️⃣：比值换元法，令 \(t=\dfrac{x}{y}\) \(\quad (t>1)\)，则 \(x=ty\)。
代入条件 \(x+y=\dfrac12\) ，解得 \(x=\dfrac{t}{2(t+1)}\)，\(y=\dfrac{1}{2(t+1)}\)，
代入目标式，\(\dfrac{2}{x+3y}+\dfrac{1}{x-y}\)\(=\dfrac{4(t+1)}{t+3} + \dfrac{2(t+1)}{t-1}\)\(=\dfrac{6t^2+8t+2}{t^2+2t-3}\) \((t>1)\)，
接下来，可以考虑用两个思路来求解：
思路一：导数法求极值最值，令 \(g(t)=\dfrac{6t^2+8t+2}{t^2+2t-3}\)，\((t>1)\)，
则 \(g'(t)=\cdots=\cfrac{4(t^2-10t-7)}{(t^2+2t-3)^2}\)，令 \(g'(t)=0\)，
求得 \(t=5\pm 4\sqrt{2}\)，由于 \(t>1\)，故保留 \(t=5+4\sqrt{2}\)，
即求得极小值点 \(t=5+4\sqrt{2}\)，代入 \(g(t)\) 得最小值为：\(3+2\sqrt{2}\)，
思路二：看表达式的样子，让我们想到用判别式法，
令 \(k=\dfrac{6t^2+8t+2}{t^2+2t-3}\)，\((t>1)\)，
变形为 \((k-6)t^(2k-8)t-3k-2=0\)，
由判别式法可知 \(\Delta=(2k-8)^2-4(k-6)(-3k-2)\geq0\)，
化简为 \(k^2-6k+1\geq0\)，
解得 \(k\leq 3-2\sqrt{2}\) 或 \(k\geq 3+2\sqrt{2}\) ，
将 \(k=3-2\sqrt{2}\) 代回二次方程，会发现原方程 \(t=0\)，不符合 \(t>1\)，舍去。
故 \(k\geq 3+2\sqrt{2}\) ，即所求的最小值为 \(3+2\sqrt{2}\) .
高阶应用
参考上述解法，若关于\(x\)的不等式\(\cfrac{k}{x+a}+\cfrac{x+b}{x+c}<0\)的解集为\((-1，-\cfrac{1}{3})\cup(\cfrac{1}{2}，1)\)，则关于\(x\)的不等式\(\cfrac{kx}{ax+1}+\cfrac{bx+1}{cx+1}<0\)的解集为________.
分析：本题目对学生的思维的灵活性要求比较高，需要有一定的数学素养的储备。
关于\(x\)的不等式\(\cfrac{k}{x+a}+\cfrac{x+b}{x+c}<0\)的解集为\(x\in (-1，-\cfrac{1}{3})\cup(\cfrac{1}{2}，1)\)，所以用\(\cfrac{1}{x}\)代换解集中的\(x\)，
\(-1<\cfrac{1}{x}<-\cfrac{1}{3}\)或者\(\cfrac{1}{2}<\cfrac{1}{x}<1\)，可得\(-3<x<-1\)或\(1<x<2\)，用\(\cfrac{1}{x}\)代换原不等式中的\(x\)，
即为\(\cfrac{k(\cfrac{1}{x})}{a(\cfrac{1}{x})+1}+\cfrac{b(\cfrac{1}{x})+1}{c(\cfrac{1}{x})+1}<0\)的解集为\(-3<x<-1\)或\(1<x<2\)，
即就是\(x\)的不等式\(\cfrac{kx}{ax+1}+\cfrac{bx+1}{cx+1}<0\)的解集为\(-3<x<-1\)或\(1<x<2\)。
感悟思考：本题目的求解不是常规的求各个系数的值，然后按照常规解不等式，而是巧妙运用代换法求解，即将解集代换，将不等式代换。
- 与此类似的还有下列的问题，可以一并思考：
如已知\(f(x)+2f(-x)=2x+3\)，求\(f(x)\)的解析式；
再如已知\(3f(x)+f(\cfrac{1}{x})=x\)，求\(f(x)\)的解析式。
关于函数模型的思考，
- 熟练掌握函数：\(g(x)=e^x+e^{-x}\)的相关性质，那么碰到研究函数\(f(x)=e^{x-1}+e^{1-x}\)，我们就可以这样思考：
分析：函数\(f(x)=e^{x-1}+e^{1-x}=g(x-1)\)，这样我们要做函数\(f(x)\)的图像，
只需要先做\(g(x)\)图像，再做函数\(g(x-1)\)的图像。
- 研究函数\(f(x)=e^x+e^{2-x}\)，先变形为\(f(x+1)=e^{x+1}+e^{1-x}=e\cdot(e^x+e^{-x})\)， 备注
故\(f(x+1)\)是偶函数，对称轴为\(x=0\)，故函数\(f(x)\)关于直线\(x=1\)对称。
或者由已知\(f(x)=e^x+e^{2-x}\)，得到\(f(2-x)=e^{2-x}+e^{2-(2-x)}=e^x+e^{2-x}=f(x)\)，故函数\(f(x)\)关于直线\(x=1\)对称。
分析：\(f(-x)=e^{1-sinx}+e^{1+sinx}=f(x)\)，故函数\(f(x)\)为偶函数，
又当\(x\in[0，\cfrac{\pi}{2}]\)，\(f'(x)=e^{1+sinx}\cdot cosx+e^{1-sinx}\cdot(-cosx)=cosx(e^{1+sinx}-e^{1-sinx})>0\)，
故函数\(f(x)\)在\([0，\cfrac{\pi}{2}]\)上单调递增，则由\(f(x_1)>f(x_2)\)得到，
\(f(|x_1|)>f(|x_2|)\)，则有\(|x_1|>|x_2|\)，则\(x_1^2>x_2^2\)，故选\(D\).
法2：令\(t=sinx\)，由于\(x\in[-\cfrac{\pi}{2}，\cfrac{\pi}{2}]\)，则\(t\in [-1，1]\)
故原函数变形为\(f(x)=e^{1+sinx}+e^{1-sinx}=e^{1+t}+e^{1-t}=g(t)\)，
\(g(t)=e^{1+t}+e^{1-t}=e\cdot(e^t+e^{-t})\)，故\(g(t)\)为偶函数，则\(f(x)\)为偶函数；
由于\(t\in [-1，0]\)时，\(g(t)=e^{1+t}+e^{1-t}\)单调递减，\(t\in [0，1]\)时，\(g(t)=e^{1+t}+e^{1-t}\)单调递增，
对应于\(x\in [-\cfrac{\pi}{2}，0]\)时，\(f(x)=e^{1+sinx}+e^{1-sinx}\)单调递减，\(x\in [0，\cfrac{\pi}{2}]\)时，\(f(x)=e^{1+sinx}+e^{1-sinx}\)单调递增，
故由\(f(x_1)>f(x_2)\)得到，\(f(|x_1|)>f(|x_2|)\)，则有\(|x_1|>|x_2|\)，则\(x_1^2>x_2^2\)，故选\(D\).
解法➊：令 \(t=x-1\)，则 \(x=t+1\)，则 \(f(x)\) \(=\) \((t+1)^2\) \(-\) \(2(t+1)\) \(+\) \(a(e^t + e^{-t})\) \(=\) \(t^2\) \(-\) \(1\) \(+\) \(a(e^t+ e^{-t})\)，
记 \(g(t)\) \(=\) \(t^2-1\) \(+\) \(a(e^t+e^{-t})\)，由于 \(g(-t)=g(t)\)，则 \(g(t)\) 是偶函数；[1]
又由题目可知，\(f(x)\) 有唯一零点 ，等价于函数 \(g(t)\) 有唯一零点，
而偶函数若只有一个零点，则必在对称轴 \(t=0\) 处，于是有 \(g(0)\)\(=\)\(-1\)\(+\)\(2a\)\(=\)\(0\)，解得 \(a=\)\(\cfrac12\)，
接下来，再验证 \(a=\dfrac12\) 的唯一性，\(g(t)\) \(=\) \(t^2-1\) \(+\) \(\cfrac12(e^t+e^{-t})\)
求导：\(g'(t)\) \(=\) \(2t\) \(+\) \(\cfrac12(e^t-e^{-t})\)
\(t>0\) 时，\(e^t-e^{-t}>0\)，\(g'(t)>0\)，\(g(t)\)\(\uparrow\)；\(t<0\) 时，\(g'(t)<0\)，\(g(t)\)\(\downarrow\)
则 \(g(0)=0\)，且 \(t\neq0\) 时 \(g(t)>0\)，故函数 \(g(t)\) 确实只有一个零点，故选 \(C\) .
解法➋：把分离参数法放到这个位置，就是想提醒学生注意，虽然你在高三数学的复习中，已经深深体会到了分离参数法的高频使用和巨大作用，我们往往会神话分离参数法，但不是所有的题目都适宜使用此法；
由 \(f(x)\)\(=\)\(0\) 得到 \(a(e^{x-1}+e^{-x+1})\)\(=\)\(-x^2+2x\)，分离得到\(a\) \(=\) \(\cfrac{-x^2+2x}{e^{x-1}+e^{-x+1}}\) \(=\) \(h(x)\)
你应该能感觉到函数 \(h(x)\) 结构的复杂性，若要用导数分析其单调性，那会是相当的难或相当的费时间，故分离参数的思路一般在这个题目中，就自然舍弃了。
解法➌：由题目可知方程\(f(x)=0\)仅有一解，即\(a(e^{x-1}+e^{-x+1})=-x^2+2x\)仅有一解，
即函数\(y=a(e^{x-1}+e^{-x+1})\)与函数\(y=-x^2+2x\)的图像仅有一个交点 [2] 。参考图像
要使得函数 \(y=a(e^{x-1}+e^{-x+1})\) 与函数 \(y=-x^2+2x\) 的图像仅有一个交点，就需要函数 \(y=a(e^{x-1}+e^{-x+1})\) 的最小值\(a(e^{1-1}+e^{-1+1})=2a\) 和函数 \(y=-x^2+2x\) 的最大值 \(-1^2+2\times1=1\) 相等，
故 \(2a=1\)，解得 \(a=\cfrac{1}{2}\)。故选\(C\).
解法➍：由题可知，方程 \(f(x)=0\) 有唯一解，等价于 \(a(e^{x-1}+e^{-(x-1)})=-x^2+2x\) 有唯一解，
而 \(e^{x-1}+e^{-(x-1)}\ge 2\sqrt{e^{x-1}\cdot e^{-(x-1)}}=2\)，当且仅当\(x=1\)时取到等号；
又 \(-x^2+2x=-(x-1)^2+1\leq 1\)；
若\(a>0\)时，\(a(e^{x-1}+e^{-(x-1)})\ge 2a\)，
要使\(f(x)\)仅有一个零点，则必有\(2a=1\)，解得\(a=\cfrac{1}{2}\)；
若\(a<0\)，则函数\(f(x)\)的零点不唯一，
综上，\(a=\cfrac{1}{2}\)；故选\(C\).
解法➎：由\(f(x)=x^2-2x+a(e^{x-1}+e^{-x+1})\)，
得到\(f(2-x)=(2-x)^2-2(2-x)+a(e^{2-x-1}+e^{-(2-x)+1})=x^2-2x+a(e^{x-1}+e^{-x+1})\)，
所以\(f(2-x)=f(x)\)，故\(x=1\)是函数\(f(x)\)图像的对称轴。
由题意可知，函数 \(f(x)\) 有唯一的零点，故唯一的零点只能是 \(x=1\)，
即\(f(1)=1^2-2\times1+a(e^{1-1}+e^{-1+1})=0\)，解得\(a=\cfrac{1}{2}\)，故选\(C\).
解法➏：我们还可以这样转化，由函数\(f(x)\)有唯一的零点，
得到方程 \(x^2-2x\)\(=\)\(-a\)\((e^{x-1}\)\(+\)\(e^{-x+1})\) 有唯一解，注意到方程的右端，
我们可以和对勾函数做以联系，令\(x-1=t\)，则\(x=t+1\)，
故原方程就转化为 \((t+1)^2-2(t+1)\)\(=\)\(-a(e^t+e^{-t})\)，
做出左右两端的两个函数的图像，如何手工作图[3] ，
由图像可知，必须满足 \(-a\)\(=\)\(-\cfrac{1}{2}\)，即\(a=\cfrac{1}{2}\)，故选 \(C\) .
解：由于 \(k\neq 0\)，故两边同除以 \(k^2\)，得到
\(2(k^2+\cfrac{1}{k^2})+9(k-\cfrac{1}{k})=0\)，
即 \(2[(k-\cfrac{1}{k})^2+2]+9(k-\cfrac{1}{k})=0\)，
令 \(k-\cfrac{1}{k}=u\)，则变形为 \(2u^2+9u+4=0\)，其余略。
拓广提升：一般的形如 \(ax^4+bx^3\pm bx+a=0\) ，\((a,b\neq 0)\) 的四次方程都可以这样求解。用 Desmos 观察其函数图像，发现：\(m\) 为方程的根，则 \(-\cfrac{1}{m}\) 也是原方程的根。
分析：令\(\cfrac{x_1}{x_2}=t\)，则\(t>1\)；\(ln(\cfrac{x_1}{x_2})>2\cfrac{x_1-x_2}{x_1+x_2}\)等价于\(lnt>2\cfrac{t-1}{t+1}\)；
然后作差构造函数\(g(t)=lnt-2\cfrac{t-1}{t+1}\)，想办法证明\(g(t)>0\)恒成立即可。
解析：\(g'(t)=\cfrac{1}{t}-2\cfrac{1\cdot(t+1)-(t-1)\cdot 1}{(t+1)^2}=\cfrac{1}{t}-\cfrac{4}{(t+1)^2}=\cfrac{(t-1)^2)}{t(t+1)^2}\ge 0\)
故函数\(g(x)\)在区间\((1，+\infty)\)上单调递增，\(g(x)_{min}\rightarrow g(1)=0\)，故\(g(x)>0\)在区间\((1，+\infty)\)上恒成立，
故原命题得证。
解后反思：若要利用导数工具来证明不等式\(f(x)>g(x)\)，其一般的思路就是作差构造函数\(h(x)=f(x)-g(x)>0\)，然后用导数求函数\(h(x)\)的最小值大于0即可。
法1️⃣： 换元法 + 判别式法，感觉这个换元转化很巧妙，故收集整理。
令 \(t\)\(=\)\(x\)\(+\)\(y\)，则 \(x\)\(=\)\(t\)\(-\)\(y\)，代入原方程，\((t-y)^2+(t-y)y+3y^2=3\)，
整理为关于 \(y\) 的一元二次方程，即 \(3y^2\)\(-\)\(ty\)\(+\)\((t^2-3)\)\(=\)\(0\)，
因为 \(y\) 是实数，所以该一元二次方程有实数解，判别式需满足：
\(\Delta = (-t)^2 - 4 \cdot 3 \cdot (t^2 - 3) \ge 0\)，化简即 \(-11t^2 + 36 \ge 0\)，
解得，\(-\cfrac{6\sqrt{11}}{11}\)\(\le\)\(t\)\(\le\)\(\cfrac{6\sqrt{11}}{11}\)，即 \(-\cfrac{6\sqrt{11}}{11}\)\(\le\)\(x+y\)\(\le\)\(\cfrac{6\sqrt{11}}{11}\)，
因此 \(x+y\) 的最大值为 \(\cfrac{6\sqrt{11}}{11}\)。
法2️⃣：三角换元 + 参数方程法，原来参数方程法还可以这样换元，受教学习了。
先将原方程的左边针对 \(x\) 配方，得到 \(x^2\)\(+\)\(xy\)\(+\)\(3y^2\)\(=\)\(\left(x+\cfrac{y}{2}\right)^2\)\(-\)\(\cfrac{y^2}{4}\)\(+\)\(3y^2\)，
即原方程等价于 \(\left(x + \cfrac{y}{2}\right)^2\)\(+\)\(\cfrac{11}{4}y^2\)\(=\)\(3\)，
令 \(\begin{cases}x + \cfrac{y}{2} = \sqrt{3}\cos\theta \\\cfrac{\sqrt{11}}{2}y=\sqrt{3}\sin\theta\end{cases}\)，则 \(x = \sqrt{3}\cos\theta - \cfrac{y}{2}\)，\(y=\cfrac{2\sqrt{3}}{\sqrt{11}}\sin\theta\)
此时 \(x = \sqrt{3}\cos\theta - \cfrac{y}{2} = \sqrt{3}\cos\theta - \cfrac{\sqrt{3}}{\sqrt{11}}\sin\theta\)，代入得到，
\(x+y\)\(=\)\(\left(\sqrt{3}\cos\theta - \cfrac{\sqrt{3}}{\sqrt{11}}\sin\theta\right)\)\(+\)\(\cfrac{2\sqrt{3}}{\sqrt{11}}\sin\theta\)\(=\)\(\sqrt{3}\cos\theta\)\(+\)\(\cfrac{\sqrt{3}}{\sqrt{11}}\)\(\sin\theta\)
即 \(x+y\)\(=\)\(\sqrt{(\sqrt{3})^2 + \left(\cfrac{\sqrt{3}}{\sqrt{11}}\right)^2}\)\(\cdot \sin(\theta + \varphi)\)\(=\cfrac{6\sqrt{11}}{11}\sin(\theta+\varphi)\)
因此 \(x+y\) 的最大值为 \(\cfrac{6\sqrt{11}}{11}\)。
法3️⃣：几何法[ 数形结合 ]，现行的高中数学已经删除了线性规划相关内容的学习。
题眼：将方程视为二次曲线( 椭圆 ) ，将 \(x+y\) 视为直线的纵截距。
方程 \(x^2\)\(+\)\(xy\)\(+\)\(3y^2\)\(=\)\(3\) 是一个椭圆（因为二次型矩阵的判别式 \(B^2-4AC = 1 - 12 < 0\)）。
令 \(z\)\(=\)\(x\)\(+\)\(y\)，即 \(y\)\(=\)\(-x\)\(+\)\(z\)。这代表斜率为 \(-1\) 的一组平行直线。
我们要在椭圆上找一点，使得直线 \(y\)\(=\)\(-x\)\(+\)\(z\) 的纵截距 \(z\) 最大。
通过几何直观或拉格朗日乘数法计算，当直线与椭圆相切时，截距取得最值。
联立得到方程组， \(\begin{cases} x^2 + xy + 3y^2 = 3 \\ y = -x + z \end{cases}\)，
消去 \(y\) ，得到 \(3x^2\)\(-\)\(5z\)\(\cdot\)\(x\)\(+\)\(3z^2\)\(-\)\(3\)\(=\)\(0\) ，
判别式为 \(\Delta =(-5z)^2-4\times3(3z^2-3)\)，令判别式 \(\Delta = 0\)，
解得， \(z=\pm\cfrac{6\sqrt{11}}{11}\)，故 \(z_{\max}=\cfrac{6\sqrt{11}}{11}\)， \(z_{\min}=-\cfrac{6\sqrt{11}}{11}\)，
因此 \(x+y\) 的最大值为 \(\cfrac{6\sqrt{11}}{11}\)。
法4️⃣：豆包提供的第四种方法，向量数量积法，将代数式转化为向量的点积。一般很少能想到这种解法。
将原方程配方，变形转化为 \(\left(x+\cfrac{y}{2}\right)^2\)\(+\)\(\left(\cfrac{\sqrt{11}}{2}y\right)^2\)\(=\)\(3\)
设向量 \(\vec{m}\)\(=\)\(\left(x + \cfrac{y}{2},\cfrac{\sqrt{11}}{2}y\right)\)，向量 \(\vec{n}=\left(1,\cfrac{1}{\sqrt{11}}\right)\)，此处要是有问题，可以暂时带着问题，往下看
因为 \(|\vec{m}|^2\)\(=\)\(3\)，所以 \(|\vec{m}|\)\(=\)\(\sqrt{3}\)，以下尝试将 \(x+y\) 拆解成是 \(\vec{m}\)\(\cdot\)\(\vec{n}\) 的线性组合。
\(x+y=x+\cfrac{y}{2}+\cfrac{y}{2}\)\(=\)\((x+\cfrac{y}{2})\)\(+\)\(\cfrac{y}{2}\)
\(=\)\(\left(x+\cfrac{y}{2}\right)\cdot1\)\(+\)\(\cfrac{\sqrt{11}}{2}y\cdot\cfrac{1}{\sqrt{11}}\)，到此就能回答 \(\vec{n}\) 的坐标为什么要定义成那样的了 .
根据向量数量积性质 \(|\vec{m}\)\(\cdot\)\(\vec{n}|\)\(\le\)\(|\vec{m}||\vec{n}|\)：
\(|x+y|\)\(=\)\(|\vec{m}\)\(\cdot\)\(\vec{n}|\)\(\le\)\(\sqrt{\left(x + \cfrac{y}{2}\right)^2 + \left(\cfrac{\sqrt{11}}{2}y\right)^2}\)\(\cdot\)\(\sqrt{1^2+\left(\cfrac{1}{\sqrt{11}}\right)^2}\)
\(|x+y|\)\(\le\)\(\sqrt{3}\)\(\cdot\)\(\sqrt{\cfrac{12}{11}}\)\(=\)\(\sqrt{\cfrac{36}{11}}\)\(=\)\(\cfrac{6\sqrt{11}}{11}\) .
因此 \(x+y\) 的最大值为 \(\cfrac{6\sqrt{11}}{11}\)。
[搜索我们的知识储备，都是需要提前记忆的]由于 \(y=t^2-1\) 为偶函数，\(y=a(e^t+e^{-t})\)为偶函数，故 \(g(t)\) 为偶函数 .包括后边的函数 \(y=e^t-e^{-t}\)，奇函数，单调递增等性质都是需要记忆储备的。
当然，此处若变形得到 \(f(x)\)\(=\)\((x-1)^2\)\(-\)\(1\)\(+\)\(a(e^{x-1}\)\(+\)\(e^{-(x-1)})\)，要是能看到 \(x-1\) 多次出现，也可以直接换元，令 \(x-1=t\)，则 原函数变形为 \(f(x)=\) \(t^2\) \(-\) \(1\) \(+\) \(a(e^t+ e^{-t})\)， ↩︎手工怎么作图呢，函数\(y=-x^2+2x\)的图像大家应该会的，故重点说\(y=a(e^{x-1}+e^{-x+1})\)的图像。
令函数\(g(x)=y=e^x+\cfrac{1}{e^x}=e^x+e^{-x}\)，则是偶函数，\(g(0)=2\)，
当\(x\ge 0\)时，\(g'(x)=e^x-e^{-x}\)，\(g'(x)\)单调递增，
故\(g'(x)\ge g'(0)=0\)，则函数\(g(x)\)在\([0，+\infty)\)上单调递增，又由偶函数可知，在\((-\infty，0]\)上单调递减，
这样我们就做出了函数\(g(x)=e^x+\cfrac{1}{e^x}\)的图像，然后将其向右平移一个单位，得到\(y=e^{x-1}+e^{-x+1}\)的图像，
前边的系数\(a\)的作用有两个，其一控制张角大小，其二控制函数最低点的位置，就像函数\(y=a|x|\)中的\(a\)的作用一样的，所以我们就能用手工做出函数 \(y=a(e^{x-1}+e^{-x+1})\) 的图像， ↩︎函数 \(y=(t+1)^2-2(t+1)\) 的图像，可以依托 \(y=x^2-2x\) 再加上平移变换得到，函数 \(y=-a(e^t+e^{-t})\) 的图像，可以依托 偶函数 \(y=(e^t+e^{-t})\) 的图像，外加个开口方向控制因子得到。 ↩︎
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