前言
复习 引申，代数式指由数和表示数的字母经有限次加、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；(quad)等代数运算所得的式子，或含有字母的数学表达式称为代数式。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]。这种代数式中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。我们把可以化为被开方式为有理式，根指数不带字母的代数式称为根式。我们把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)]；
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(tin [-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，tin(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=tin R)，
则原函数就转化为(f(x)=g(t)=t^2+3t+1，tin 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}=tge 0)，则(x=2-t^2)，故原函数可以转化为
(f(x)=g(t)=2-t^2-t(tge0)=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+bpmsqrt{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(xin[-1，1])，故做三角换元令(x=cos heta, hetain[0，pi])，
则函数(f(x)=x+sqrt{1-x^2}=cos heta+sqrt{1-cos^2 heta})
(=cos heta+|sin heta|=sin heta+cos heta)
(=sqrt{2}sin( heta+cfrac{pi}{4})in[-sqrt{2}，sqrt{2}])，
故函数的值域为([-sqrt{2}，sqrt{2}])。
引申思考：
1、换元法特别需要注意的是旧元(x)和新元( heta)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( heta)后，其取值范围能不能是([-cfrac{pi}{2}，cfrac{pi}{2}])？不能，否则(cos hetain [0，1])，和(xin[-1，1])的取值范围不一致了。
2、那么取值范围能不能是([0，2pi])？此时虽然能保证(cos hetain [-1，1])，但是下一步在开方去绝对值时就麻烦了，(sqrt{1-cos^2 heta}=|sin heta|)还需要分类讨论，这样反到复杂了，由此我们也就能更好的理解( hetain[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 heta)？可以的，不过若这样换元，新元的范围就必须是( hetain[-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(xin[-sqrt{2}，sqrt{2}])，故令(x=sqrt{2}cos heta)，则原函数转化为(f(x)=x-sqrt{2-x^2}=sqrt{2}cos heta-sqrt{2}sin heta=2cos( heta+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+bpm sqrt{c+dx^2})型，其中(a，b，c，din R，ccdot d<0)。
法1：原函数可以转化为(y=x+sqrt{2-(x-5)^2})，
由于(2-(x-5)^2geqslant 0)，得到(|x-5|leqslant sqrt{2})，
令(x-5=sqrt{2}cosalpha)，则(alphain [0,pi])，且(x=sqrt{2}cosalpha+5),
则(y=x+sqrt{2-(x-5)^2}=sqrt{2}cosalpha+5+sqrt{2sin^2alpha})
(=sqrt{2}cosalpha+5+sqrt{2}sinalpha=2sin(alpha+cfrac{pi}{4})+5)
由于(alphain [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-23geqslant 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(tin[-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}，tin[-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)，(tin[-sqrt{2}，sqrt{2}])，
(f(x)=g(t) in [-1，cfrac{2sqrt{2}+1}{2}])
分析：令(sinx+cosx=t) ，由于(xin(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(age 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(xin [0，cfrac{pi}{2}])，故(tin [-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-1ge 0)，
即(t^2-at-2aleq 0)在(tin [-1，1])上恒成立，
令(h(t)=t^2-at-2a，tin [-1，1])，
则(h(t)leq 0)等价于
(egin{cases}h(-1)=1+a-2aleq 0\h(1)=1-a-2aleq end{cases})
解得(age 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))称为常函数，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称为常函数。
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 heta， hetain (cfrac{pi}{3}，pi])，
故(g(x)=sqrt{1-x^2}-cos heta=sin heta-cos heta=sqrt{2}sin( heta-cfrac{pi}{4}))，
因为( hetain (cfrac{pi}{3}，pi])，则有(cfrac{sqrt{3}-1}{2}<sqrt{2}sin( heta-cfrac{pi}{4})leq 1)，
故(bleq cfrac{sqrt{3}-1}{2})。
法2：数形结合，令(f(x)=sqrt{1-x^2}，xin[-1，cfrac{1}{2}))，对应图中的蓝色的圆的一部分，
令(h(x)=x+b，xin[-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)，xin[-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(bleq cfrac{sqrt{3}-1}{2})。
整体换元，
分析：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+2sqrt{2})
(当且仅当(cfrac{2t}{s}=cfrac{s}{t})及(s+t=1)时取到等号)
【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 2sqrt{e^{3x-y-2}})，即(2sqrt{e^{3x-y-2}}leq 3x-y)；
令(3x-y=t(t>0))，则上述不等式变形为(2sqrt{e^{t-2}}leq t)，即(4e^tleq 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^tge 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(xin (-infty，0))上单调递减，在(xin (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+2cdot 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{egin{array}{l}{m+n-6ge 0}\{n-m-1leq 0}\{2m-n-3leq 0}end{array} ight.)，
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(egin{cases}mge 0\nleq 0\m−nleq 1end{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，
(egin{cases}s+tge 0\s-tleq 0\tleq 1end{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} imes 2 imes 1=1)。
在三角函数的学习中，我们知道这样的公式：
(sin(A+B)=sinAcosB+cosAsinB)；
(sin(A-B)=sinAcosB-cosAsinB)；
则两式相加减，得到(sin(A+B)+sin(A-B)=2sinAcosB①)；(sin(A+B)-sin(A-B)=2cosAsinB②)；
令(A+B=alpha)，(A-B=eta)，
则解方程可知：(A=cfrac{alpha+eta}{2})，(B=cfrac{alpha-eta}{2})，
将这一结果代入①②式，就得到
- 三角函数的和差化积公式(如下，仅仅列举部分)：
(sinalpha+sineta=2sincfrac{alpha+eta}{2}coscfrac{alpha-eta}{2}③)；
(sinalpha-sineta=2coscfrac{alpha+eta}{2}sincfrac{alpha-eta}{2}④)；
如果我们对上述公式施行换元法的变换，
令(cfrac{alpha+eta}{2}=A)，(cfrac{alpha-eta}{2}=B)，
则(A+B=alpha)，(A-B=eta)，代入上述③④公式，得到
- 三角函数的积化和差公式(对应上述公式，也仅仅列举部分)：
(sin(A+B)+sin(A-B)=2sinAcosB)；
(sin(A+B)-sin(A-B)=2cosAsinB)；
上述公式我们常常写作
(sinAcosB=cfrac{1}{2}[sin(A+B)+sin(A-B)]⑤)；
(cosAsinB=cfrac{1}{2}[sin(A+B)-sin(A-B)]⑥)；
| 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{sumlimits_{i=1}^n{(x_i-ar{x})(y_i-ar{y})}}{sumlimits_{i=1}^n{(x_i-ar{x})^2}}=cfrac{sumlimits_{i=1}^n{x_iy_i-ncdotar{x}cdotar{y}}}{sumlimits_{i=1}^n{x_i^2-ncdotar{x}^2}})，
(widehat{a}=ar{y}-widehat{b}cdotar{x}).
(1)求(z)关于(t)的线性回归方程。
分析：需要先注意(z ightarrow y;;)，(t ightarrow 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，(ar{t}=3)，(ar{z}=2.2)， (sumlimits_{i=1}^5{t_iz_i}=45)， (sumlimits_{i=1}^5{t_i^2}=55)，
故(widehat{b}=cfrac{sumlimits_{i=1}^n{t_iz_i-ncdotar{t}cdotar{z}}}{sumlimits_{i=1}^n{t_i^2-ncdotar{t}^2}})，
(=cfrac{45-5 imes 3 imes 2.2}{55-5 imes 9}=1.2)，
(widehat{a}=ar{z}-widehat{b}cdotar{t}=2.2-3 imes 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 imes (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 imes 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{3alpha^3+3alpha^4+alpha^5}{(1+alpha)^2}approx 3alpha^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{Rcdot M_1}{(R+r)^2}+cfrac{Rcdot M_2}{r^2}=(R+r)cfrac{Rcdot 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)^3cdot alpha^2M_1)，
则有((1+alpha)^2M_2=alpha^2M_1+(3alpha^3+3alpha^4+alpha^5)M_1-alpha^2M_1)，
即((1+alpha)^2M_2=(3alpha^3+3alpha^4+alpha^5)M_1)，则(cfrac{M_2}{M_1}=cfrac{3alpha^3+3alpha^4+alpha^5}{(1+alpha)^2})，
即(cfrac{M_2}{M_1}approx 3alpha^3)，则(alpha^3approx cfrac{M_2}{3M_1})，
故(alphaapprox sqrt[3]{cfrac{M_2}{3M_1}})，即(cfrac{r}{R}approx sqrt[3]{cfrac{M_2}{3M_1}})，则(rapprox 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+3alpha+3alpha^2+alpha^3)；((apm b)^3=a^3mp 3a^2bpm 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(alphaapprox 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，(rapprox sqrt[3]{cfrac{M_2}{3M_1}}cdot R)，故选(D)。
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(xin (-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}=ecdot(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(xin[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(xin[-cfrac{pi}{2}，cfrac{pi}{2}])，则(tin [-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}=ecdot(e^t+e^{-t}))，故(g(t))为偶函数，则(f(x))为偶函数；
由于(tin [-1，0])时，(g(t)=e^{1+t}+e^{1-t})单调递减，(tin [0，1])时，(g(t)=e^{1+t}+e^{1-t})单调递增，
对应于(xin [-cfrac{pi}{2}，0])时，(f(x)=e^{1+sinx}+e^{1-sinx})单调递减，(xin [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).
意想不到的换元，两个不同结构的函数同时换元
【2017(cdot)全国卷3理科第12题】比如我们想研究函数(f(x)=x^2-2x+e^{x-1}+e^{1-x})的性质，
分析：令(x-1=t)时，则原函数变形为(f(x)=x^2-2x+1+e^{x-1}+e^{1-x}-1=(x-1)^2+e^{x-1}+e^{1-x}-1)
则原函数转化为(g(t)=t^2+e^t+e^{-t}-1)，
[搜索我们的知识储备]由于(y=t^2)为偶函数，且在([0，+infty))上单调递增，
由于(y=e^t+e^{-t})为偶函数，且在([0，+infty))上单调递增，
故函数(g(t)=t^2+e^t+e^{-t}-1)在([0，+infty))上单调递增，且(g(t))为偶函数。
故函数(f(x)=x^2-2x+e^{x-1}+e^{1-x})，关于直线(x=-1)对称，