方法14 “1”的代换
自然数1是人们最早用于计数的单位，数的发展从1开始.对于一些复杂的数学问题，直接解决有困难时，可尝试根据题目特点，对隐藏的“1”进行合理的数学变形，巧妙利用“1”变化多端的表达形式，或构造有关“1”的各类表达形式，突破题目的难点，从而解决问题.
【例1】 （“1”的代换）若tan θ＝－2，则＝（ ）
A.－ B.－
C. D.
解析：C ＝
＝sin θ（sin θ＋cos θ）＝＝＝＝.
训练1 已知＝2，则cos2α＋sin αcos α＝（ ）
A. B.
C. D.－
解析：A 因为＝＝2，所以tan α＝，则cos2α＋sin αcos α＝＝＝.故选A.
【例2】 （“1”的转换）若a2＋b2＝c2＋d2＝1，且ac＋bd＝0，则ab＋cd＝0.
解析：设sin α＝a，cos α＝b，sin β＝c，cos β＝d.因为ac＋bd＝0，所以ac＋bd＝sin αsin β＋cos α·cos β＝cos（α－β）＝0.ab＋cd＝sin αcos α＋sin βcos β＝（sin 2α＋sin 2β）＝sin（α＋β）cos（α－β），因为cos（α－β）＝0，所以ab＋cd＝0.
训练2 已知2x2－xy＋y2＝1（x，y∈R），则x＋y的最大值为.
解析：联系已知条件，将“1”灵活转换，得（x＋y）2＝＝1＋∈［0，］，其中s＝3（）－1∈R.另外，分子、分母同除的过程中要考虑s＝0和x＝0的情况.
【例3】 （“1”的构造）已知实数x，y，z满足x＋y＋z＝0，证明：＋＋≥0，并指出等号成立的条件.
证明：若xyz＝0，则不等式显然成立，且等号成立的条件为x＝y＝z＝0.
若xyz≠0，则可将原不等式变形为＋＋≥0，
构造“1”进行代换，得＋1＋＋1＋＋1≥3，
即＋＋＋＋＋≥3，
化简得＋＋≥3.
因为x＋y＋z＝0，故xy，yz，xz三个数中有且仅有一个正数，不妨设yz＞0，
则＋≥＝＞.
又＋－3＝≥0，
故原不等式成立，且等号成立的条件为x＝1，y＝z＝－.
训练3 已知对任意正实数x，y，z，xy＋yz＋xz＝1，确定M的最大值，使得＋＋≥M.
解：原不等式可变形为＋＋≥M，
因为x，y，z＞0，
可得（＋＋）（x＋yz＋y＋xz＋z＋xy）≥（x＋y＋z）2，
化简得＋＋≥＝，
当且仅当＝＝时等号成立，即x＝y＝z＝.
由（x＋y＋z）2≥3（yz＋xz＋xy），
有x＋y＋z≥，
当且仅当x＝y＝z＝时成立.
下面证明函数f（u）＝（u≥3）单调递增.
事实上，令u＞v≥，
f（u）＞f（v） ＞ u2v＋u2－uv2－v2＞0 （u－v）（uv＋u＋v）＞0 u－v＞0，
于是f（u）≥f（）＝.
故＋＋≥≥，
因此，Mmax＝.
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自然数1是人们最早用于计数的单位，数的发展从1开始.对于一些复杂的数学问题，直接解决有困难时，可尝试根据题目特点，对隐藏的“1”进行合理的数学变形，巧妙利用“1”变化多端的表达形式，或构造有关“1”的各类表达形式，突破题目的难点，从而解决问题.
【例1】 （“1”的代换）若tan θ＝－2，则＝（ ）
A.－ B.－
C. D.
训练1 已知＝2，则cos2α＋sin αcos α＝（ ）
A. B.
C. D.－
【例2】 （“1”的转换）若a2＋b2＝c2＋d2＝1，且ac＋bd＝0，则ab＋cd＝ .
训练2 已知2x2－xy＋y2＝1（x，y∈R），则x＋y的最大值为 .
【例3】 （“1”的构造）已知实数x，y，z满足x＋y＋z＝0，证明：＋＋≥0，并指出等号成立的条件.
训练3 已知对任意正实数x，y，z，xy＋yz＋xz＝1，确定M的最大值，使得＋＋≥M.
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