第14讲-有理式的恒等变形

让我们为全力打造甘肃名校甘肃省华亭县皇甫学校而共同努力吧！第14讲 有理式的恒等变形可以数是属统治着整个量的世界，而算数的四则运算则可以看作是数学家的全部装备。麦克斯韦 知识方法扫描有理式的恒等变形可以分为无条件限制等式和有条件限制等式两大类无条件等式的证明方法很多，常用的有：直接从左到右或从右到左的变形（常常是从较复杂的一边向较简单的一边变形），还有比较法、分析法等条件等式的证明实质上是有根据，有目标的有理式的恒等变形，条件等式证明的基本方法是对约束条件或待证等式进行适当变形，运用有理式的对称，轮换性质，有关非负数的性质及比较法，消元法和换元法等在证明过程中，不但要注意已知条件的变换，使之有利于应用，同时也要研究结论的需求，结论部分复杂的也要进行比较变换，使之有利于已知条件的沟通经典例题解析例1求证：分析 要证A=B， 可先证A-B=0，这种方法称为求差法。左右 = 这个式子具有如下特征：如果取出它的第一项，把其中的字母轮换，即以b代a，c代b，a代c，则可得出第二项；若对第二项的字母实行上述轮换，则可得出第三项；对第三项的字母实行上述轮换，可得出第一项具有这种特性的式子叫作轮换式利用这种特性，可使轮换式的运算简化证明 因为 同理 所以 左右 = 评注 本例若采用通分化简的方法将很繁像这种把一个分式分解成几个部分分式和的形式，是分式恒等变形中的常用技巧例2 证明：(y+z-2x)3+(z+x-2y)3+(x+y-2z)3=3(y+z-2x)(z+x-2y)(x+y-2z)证明 用换元法令y+z-2x=a，z+x-2y=b，x+y-2z=c，则要证的等式变为a3+b3+c3=3abc注意到因式分解公式：a3+b3+c3-3abc=(a+b+c)(a2+b2+c2-ab-bc-ca)，将，相加有a+b+c=y+z-2x+z+x-2y+x+y-2z=0，所以 a3+b3+c3-3abc=0，故 (y+z-2x)3+(z+x-2y)3+(x+y-2z)3=3(y+z-2x)(z+x-2y)(x+y-2z)评注 换元是恒等变形的常用技巧例3（1957年武汉市中学生数学竞赛试题）已知x+y+z=xyz，证明：x(1-y2)(1-z2)+y(1-x2)(1-z2)+z(1-x2)(1-y2)=4xyz分析 将左边展开，利用条件x+y+z=xyz，将等式左边化简成右边证明 因为x+y+z=xyz，所以左边=x(1-z2-y2-y2z2)+y(1-z2-x2+x2z2)+(1-y2-x2+x2y2) =(x+y+z)-xz2-xy2+xy2z2-yz2+yx2+yx2z2-zy2-zx2+zx2y2=xyz-xy(y+x)-xz(x+z)-yz(y+z)+xyz(xy+yz+zx)=xyz-xy(xyz-z)-xz(xyz-y)-yz(xyz-x)+xyz(xy+yz+zx)=xyz+xyz+xyz+xyz=4xyz=右边故结论成立。例4（1994年蓝溪市初中数学竞赛）已知 求证：分析 设则a,b,c就可求出，代入所要证的等式，如果这时关于k,x,y,z的有理式相等，那么结论就可证得。解 设 那么，分别代入 ，得 同理 所以 。例5(1993年浙江绍兴市初中数学竞赛试题）已知a(y-z)+b(z-x)+c(x-y)=0，求证: 分析与证明 要证 成立，只需证(cy-bz)(z-x)=(az-cx)(y-z)，即 cyz-bz2-cxy+bzx = azy-cxy-az2+czx，即只需证 z(cy-bz+bx-ay+ax-cz)=0成立,而此时从已知条件a(y-z)+b(z-x)+c(x-y)=0可知cy-bz+bx-ay+ax-cz=0，所以 成立。同理，故结论成立。评注 这种“执果索因”的方法称为“分析法”。例6已知abc=1，求证: 分析1 这个题目的结论比较复杂，我们可以从条件出发，用代入消元的方法消去一个字母，将问题转化为一般恒等式的证明。证明1 abc=1， 原式左边=。证毕。分析2 从上面的证法可以看出：它的证法就是“通分”-设法将几个分式的分母倍的一样。这实际是利用分式的基本性质将第一个分式的分子、分母乘以bc, 第三个分式的分子、分母乘以b得到的。证明2 左边=。证毕。例7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 （1）结论是否定形式的问题，可以考虑用反证法来证明。（2）配方法在恒等变形中是一种常用的方法。可以由一个等式推出若干个等式来，还可以得到一些不等关系。例8（2008年首届少年数学周(宗沪杯)数学竞赛试题）设a,b,c均是不等于0的实数，且满足a2-b2=bc，b2-c2=ca,求证a2-c2=ab，证明 将已知等式相加得 依条件得 即 依条件得将代入得 即故代人式即有成立同步训练一 选择题1已知a+b+c0, 则( )（A）1 （B）1-q （C）1-q3 （D）1-2q22已知：,且x+y+z0. 则=（ ）（A） 1 （B） 0 （C） x+y+z （D） xyz3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4（1999年重庆市初二数学竞赛试题）已知a-b=4, ab+c2+4=0,则a+b=( )（A） 8 （B） 0 （C） 2 （D） -2 5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）42二 填空题6(1999年全国初中数学联赛试题)已知且a0，则= .7已知：. 则 a+b+c = .8若14(a2+b2+c2)=(a+2b+3c)2，则abc= .9（1986年全国初中数学联赛试题）设a、b、c、d都是整数，且m=a2+b2,n=c2+d2,mn也可以表示成两个整数的平方和，其形式是_.10已知a+， abc. 则a2b2c2= .三、解答题11若a、b、c不全为零，且a+=1，求证：12（2005年北京市初中数学竞赛试题）已知非零实数a、b、c满足a+b+c=0求证：13设(a+b)(b+c)(c+d)(d+a)=(a+b+c+d)(bcd+cda+dab+abc).求证:ac=bd.1