初一数学竞赛系列讲座(7)有关恒等式的证明.doc

初一数学竞赛系列讲座(7)有关恒等式的证明初一数学竞赛系列讲座(7)有关恒等式的证明一、 一、知识要点 恒等式的证明分为一般恒等式的证明和条件恒等式证明，对于一般恒等式的证明，常常通过恒等变形从一边证到另一边，或证两边都等于同一个数或式。在恒等变形过程中，除了要掌握一些基本方法外，还应注意应用一些变形技巧，如：整体处理、“1”的代换等；对于条件恒等式的证明，如何处理好条件等式是关键，要认真分析条件等式的结构特征，以及它和要证明的恒等式之间的关系。二、 二、例题精讲例1 求证：a1+(1-a1)a2+(1-a1)(1-a2)a3+(1-a1)(1-a2)(1-a n-1)a n=1-(1-a1)(1-a2)(1-a n-1)(1-a n)分析：要证等式成立，只要证明1- a1- (1-a1)a2- (1-a1)(1-a2)a3 - (1-a1)(1-a2)(1-a n-1)a n =(1-a1)(1-a2)(1-a n-1)(1-a n)证明：1- a1- (1-a1)a2- (1-a1)(1-a2)a3 - (1-a1)(1-a2)(1-a n-1)a n =(1-a1) 1- a2- (1-a2)a3- (1-a2)(1-a3)a4 - (1-a2)(1-a3)(1-a n-1)a n=(1-a1) (1-a2) 1- a3- (1-a3)a4- (1-a3)(1-a4)a5 - (1-a3)(1-a4)(1-a n-1)a n=(1-a1) (1-a2) (1-a3) 1- a4- (1-a4)a5- (1-a4)(1-a5)a6 - (1-a4)(1-a5)(1-a n-1)a n=(1-a1)(1-a2)(1-a n-1)(1-a n) 原等式成立例2 证明恒等式(第二十届全俄数学奥林匹克九年级试题) 证明 评注：裂项是恒等变形中常用的一种方法例3 若abc=1，求证分析：所要求证的等式的左边是三个分母差异很大的式子，因而变形比较困难。可以充分利用abc=1，将它们化成同分母。在的分子、分母上同乘c，化成，将的分母中的“1”换成abc得 ，然后再相加即可得证。证明：abc=1 =+ =+ =1 于是命题得证。评注：“1”的代换是恒等变形中常用的技巧。例4 已知bc=ad，求证：ab(c2-d2)=(a2-b2)cd分析：将bc=ad化成比例式，然后利用比例的性质来解题。证明：bc=ad 将此三式左、右两边分别相乘得 ab(c2-d2)=(a2-b2)cd评注：条件恒等式的证明常从已知条件出发推出结论。例5 已知x=by+cz，y=cz+ax，z=ax+by，且x+y+z0.证明：分析：所证明的式子中不含x、y、z，因而可以将已知条件中的三个等式中的x、y、z看成常数，把三个式子联合起来组成一个关于a、b、c的方程，然后求出a、b、c。 再代入等式的左边证明。证明：解方程组 (2)+(3)-(1) 得y+z-x=2ax，所以 所以 同理可得， 所以 评注：将含有字母的等式视为方程，是方程思想的应用。例6 数x、y、z满足关系式证明： (第十六届全俄数学奥林匹克十年级试题)证明：将已知等式分别乘以x、y、z得 + 得 所以 即：例7 已知a+b+c=a2+b2+c2=2，求证：a(1-a)2=b(1-b)2=c(1-c)2 分析：求证的等式中的各式，恰好是多项式x(1-x)2中的x分别取a、b、c时的值。 因此，本题可转化为证明当x分别取a、b、c时，x(1-x)2的值不变。由于x(1-x)2是关于x的三次多项式，且注意到题设条件，所以我们构造三次式(x-a)(x-b)(x-c)，建立它与x(1-x)2之间的某种关系。证明：(a+b+c)2= a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca又a+b+c=a2+b2+c2=2 4=2+2ab+2bc+2ca，ab+bc+ca=1 (x-a)(x-b)(x-c)=x3-(a+b+c)x2+(ab+bc+ca)x-abc = x3-2x2+x-abc 即x(1-x)2=(x-a)(x-b)(x-c)+ abc 由此可见，当x分别取a、b、c时，x(1-x)2的值都是abc a(1-a)2=b(1-b)2=c (1-c)2评注：本题的证明采用了构造法，它构造了三次式(x-a)(x-b)(x-c)，然后建立它与x(1-x)2之间的关系，再通过赋值来证明。例8设，证明(1) (1) a、b、c三数中必有两个数之和为零；(2) (2) 对任何奇数n，有分析：要求a、b、c三数中必有两个数之和为零，即要证(a+b)(b+c)(c+a)=0，故可对已知条件进行变形，使它出现(a+b)、(b+c)、(c+a)这些因式。证明：(1)由得 从已知知a、b、c0，所以abc0，且a+b+c0， 则 (bc+ca+ab)(a+b+c)-abc=0 (bc+ca+ab)(a+b+c)-abc=a (bc+ca+ab)+ (b+c) (bc+ca+ab) abc= (b+c) (bc+ca+ab)+ abc+a2c+a2babc=(b+c) (bc+ca+ab)+ a2 (b+c)=(b+c) (a2+bc+ca+ab)=(a+b)(b+c)(c+a) (a+b)(b+c)(c+a)=0，这就是说，在a+b、b+c、c+a 中至少有一个为零，即a、b、c三数中必有两个数之和为零。 (2) 由(1)，不妨设a+b=0，即b= -a，因为n为奇数 又 评注：实质(bc+ca+ab)(a+b+c)-abc是关于a、b、c的一个轮换对称式。令a= -b，代入得 (bc+ca+ab)(a+b+c)-abc=(bc-bc-b2)(-b+b+c)-(-b)bc= -b2c+ b2c=0 这就是说a+b是(bc+ca+ab)(a+b+c)-abc的一个因式，由轮换对称式的性质知， b+c、a +c也是(bc+ca+ab)(a+b+c)-abc的一个因式，因此有(bc+ca+ab)(a+b+c)-abc=k (a+b)(b+c)(c+a)再令a=b=c=1代入，求出k=1，所以(bc+ca+ab)(a+b+c)-abc= (a+b)(b+c)(c+a)例9 已知ad-bc=1，求证：a2+b2+c2+d2+ab+cd1分析：所要证明的式子是一个不等式，左边的式子又较复杂，直接从已知条件出发证明不是很容易，因而可以考虑用反证法来证明。证明：假设原式不成立，即a2+b2+c2+d2+ab+cd=1 ad-bc=1，a2+b2+c2+d2+ab+cd= ad-bc a2+b2+c2+d2+ab+cd+bc-ad=0，即(a+b)2+(b+c)2+(c+d)2+(d-a)2=0 a+b=b+c=c+d=d-a=0，a=-b,b=-c,c=-d,d=a 于是a=-a,即a=0, b=c=d=0，这与ad-bc=1矛盾。 原式成立，即a2+b2+c2+d2+ab+cd1评注：正难则反。碰到正面下手较难的问题，常考虑用反证法来证明。例10证明：分析：等式左边的分子很简单，都是1，但是分母各不相同，又很复杂，因而给变形带来很大困难。通过观察发现，分母很有规律，是连续自然数的和。因此我们先来研究1+2+n，设S=1+2+n，则S= n + (n -1)+2+1，所以2S=n (n+1)，S=，即1+2+n=，从而由此，左边的每一个分数均可以分解成两项，代入变形后证明。证明：设S=1+2+n，则S= n + (n -1)+2+1，所以2S=n (n+1)，S=，即1+2+n=， 等式左边= =右边 等式成立评注：1、要掌握数学中一般与特殊的关系，本题通过研究1+2+n，得出的一般规律，然后将等式左边的各个分数分解，达到证明的目的。 2、结论1+2+n=在解题中经常使用，应该记住。 3、本题在求S=1+2+n时，用的是倒序相加法，在证明等式时用的是裂项相消法，这两种方法是求和问题解决的常用方法。三、 三、巩固练习选择题1、若a、b是有理数，且a 2001+b 2001=0，则A、a=b=0 B、a-b=0 C、a+b=0 D、ab=02、若abc满足a2+b2+c2=9，则代数式(a-b)2+(b-c)2+(c-a)2的最大值是( ) A、27 B、18 C、15 D、123、已知，则的值是( )A、0 B、1 C、2 D、34、如果，则下列说法正确的是( ) A、x、y、z中至少有一个为1 B、x、y、z都等于1 C、x、y、z都不等于1 D、以上说法都不对5、已知( ) A、1 B、1-q C、1-q3 D、1-2q26、已知a+b+c=10，a2+b2+c2=38，a3+b3+c3=160，则abc的值是( )A、24 B、30 C、36 D、42填空题7、已知 8、已知a-b=2，b-c= -3，c-d=5，则(a-c) (b-d) (a-d)= 9、已知abc0，a+b+c=0，则的值为 10、计算= 11、已知a、b、c、d均不为0，当ab且时， 12、已知a=，则a-1的倒数为 解答题13、求证：2(a-b) (a-c)+2(b-c) (b-a)+2(c-a) (c-b)= (b-c)2+(c-a)2+(a-b)214、求证：(a2+b2+c2) (m2+n2+k2) (am+bn+ck)2=(an-bm)2+(bk-cn)2+(cm-ak)2(拉格朗日恒等式)15、若14(a2+b2+c2)=(a+2b+3c)2，求证：abc=12316、若，求证：ax+by+cz=(x+y+z) (a+b+c)17、已知a、b、c、d满足a+b=c