代数式的恒等变形

1、代数式的恒等变形一、常值代换求值法“1”的妙用例1 、 已知ab=1，求的值解 把ab=1代入，得 = = =1例2 、已知xyzt=1，求下面代数式的值：分析 直接通分是笨拙的解法，可以利用条件将某些项的形式变一变解 根据分式的基本性质，分子、分母可以同时乘以一个不为零的式子，分式的值不变利用已知条件，可将前三个分式的分母变为与第四个相同同理练习：二、配方法例1、 若实数a、b满足a2b2+a2+b2-4ab+1=0，求之值。解 a2b2+a2+b2-4ab+1=(a2b2-2ab+1)(a2-2ab+b2)=(ab-1)2+(a-b)2则有(ab-1)2+(a-b)2=0解得 当a=1，b

2、=1时，=1+1=2当a=-1，b=-1时，=1+1=2例1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_.解mn=(a2+b2)(c2+d2)=a2c2+2abcd+b2d2+a2d2+b2c2-2abcd=(ac+bd)2+(ad-bc)2=(ac-bd)2+(ad+bc)2,所以，mn的形式为(ac+bd)2+(ad-bc)2或（ac-bd）2+(ad+bc)2.例2 设x、y、z为实数，且(y-z)2+(x-y)2+(z-x)2=(y+z-2x)2+(z+x-2y)2+(x+y-2z)2.求的值.解 将条件化简成2x2+2y2+

3、2z2-2xy-2x2-2yz=0 (x-y)2+(x-z)2+(y-z)2=0 x=y=z,原式=1.练习：求证：三、因式分解法例6 已知a4+b4+c4+d4=4abcd，且a，b，c，d都是正数，求证：a=b=c=d证 由已知可得a4+b4+c4+d4-4abcd=0，(a2-b2)2+(c2-d2)2+2a2b2+2c2d2-4abcd=0，所以(a2-b2)2+(c2-d2)2+2(ab-cd)2=0因为(a2-b2)20，(c2-d2)20，(ab-cd)20，所以a2-b2=c2-d2=ab-cd=0，所以 (a+b)(a-b)=(c+d)(c-d)0又因为a，b，c，d都为正数

4、，所以a+b0，c+d0，所以ab，c=d所以ab-cd=a2-c2=(a+c)(a-c)=0，所以ac故a=bc=d成立例4 已知|a|+|b|=|ab|+1， 求a+b之值解 |a|+|b|=|ab|+1|a|b|-|a|-|b|+1=0(|a|-1)(|b|-1)=0|a|=1 |b|=1a=1或b=1.则当a=1，b=1时，a+b=2当a=1，b=-1时，a+b=0当a=-1，b=1时，a+b=0当a=-1，b=-1时，a+b=-2评注 运用该法一般有两种途径求值，一是将已知条件变形为一边为0，另一边能分解成几个因式的积的形式，运用“若AB=0，则A=0或B=0”的思想来解决问题。另一

5、种途径是对待求的代数式进行因式分解，分解成含有已知条件的代数式，然后再将已知条件代入求值。练习：证：四.换元例4 设a+b+c=3m,求证:(m-a)3+(m-b)3+(m-c)3-3(m-a)(m-b)(m-c)=0.证明 令p=m-a,q=m-b,r=m-c则p+q+r=0.P3+q3+r3-3pqr=(p+q+r)(p2+q2+r2-pq-qr-rp)=0p3+q3+r3-3pqr=0即 (m-a)3+(m-b)3+(m-c)3-3(m-a)(m-b)(m-c)=0练习：求证：2比较法a=b(比商法)这也是证明恒等式的重要思路之一 例3 求证： 分析 用比差法证明左-右=0本例中，这个式

6、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 因为所以所以说明 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全不为零证明：(1+p)(1+q)(1+r)=(1-p)(1-q)(1-r)同理所以 所以(1+p)(1+q)(1+r)=(1-p)(1-q)(1-r)3分析法与综合法证 要证 a2+b2+c2=(a+b-c)2，只要证a2+b2+c2=a2+b2+c2+2ab-2ac-2bc，只要证 ab=ac+bc，只要证 c(a+b)=ab，只要证练习：4.设参当已知条件以连比的形