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恒等式的证明 430050 湖北省武汉市第三初级中学 桂文通 如果一个等式中的字母允许取范围内的任意一个值，等式总能成立，那么这个等式就叫做恒等式。把一个代数式变换成另一个与它恒等的代数式叫做恒等变形。恒等式的证明就是通过恒等变形证明等号两边的代数式相等。 恒等式的证明一般分为两类：一类是无附加条件的恒等式证明；另一类是有条件的恒等式证明。对于后者，我们要善于结合条件，合情联想，等价转化，使证明简化。下面介绍几种常见的恒等式证明的方法。 作差与作商法 例1．有10位兵乓球选手进行单循环赛，用、顺次表示第1号选手胜与负的场数；用、顺次表示第2号选手胜与负的场数；……用、顺次表示第10号选手胜与负的场数。求证：= 【分析与解】注意问题中的不变量。 (1)。“每位选手比赛的场数相等，都为9场，即 = x+y=…= x+y=9”； (2)．“整个比赛的胜总场数等于负总场数，即 x +x+…+x=y+ y+…+y” 作差后，运用平方差公式有 （）-（）=（）+（）+…+（） =（（+(x+y)(x-y)+…+(x+y)(x-y) =9（+9(x-y)+?9(x，-y)=9[(x +x+?x[)-(y+ y+?yy)]=0. ∴= 例2．设p=, q=, r=,其中a+b，b+c，c+a不全为零， 证明：（1+p）（1+q）（1+r）=（1-p）（1-q）（1-r） 【分析与解】观察已知和未知，用a、b、c表示结论中两边各项。 易得1+p=，1+q=，1+r=，1-p=，1-q=，1-r= 再作商得=1 ∴（1+p）（1+q）（1+r）=（1-p）（1-q）（1-r） 配方法 例3．已知a、b、c、d是实数，且ad+bc=，求证：a=b=c=d 【分析与解】在已知等式两边同乘以2，移项得 -2ad-2bc=0 配方得+++（d-a=0 ∴a-b=0，b-c=0，c-d=0，d-a=0 ∴a=b=c=d 例4．下列所有字母不为0，且，，。求证： 【分析与解】此题可从最简单的情形“若，，，求证：” 寻求一般性方法。 ∵①，②， ③ ①+③-②×2得 （）+（）+…+（）=0 配方得++…+=0 ∴， ，…， ∴ 裂项法 例5．证明：++= 【分析与解】观察分母与分子的特征，可采用裂项法 左边=（）+（）+（）==右边 例6．已知正数a、b、c满足a+c=2b，求证：+= 【分析与解】运用分析法将裂为+两项 从而将原问题转化为要证：-=- 而-= == 同理-= 由已知得a-b=b-c ∴-=- 设参法 例7．已知，且=1。求证： 【分析与解】设=，则a=，b=，c= 左边= 右边=k（）=k ∴左边=右边 例8．设a（y-z）=b（z-x）=c（x-y），且a、b、c不等于零，证明：== 【分析与解】设a（y-z）=b（z-x）=c（x-y）=abck，则y-z=bck，z-x=ack，x-y=abk 三式相加得ab+bc+ca=0 ∵==-k，==-k，==-k ∴== 对称法 例9．若a+b+c=0， 求证：++=1 【分析与解】 观察各分式各个字母轮换的特点，重点变形其中一个分式。 ∵a+b+c=0 ∴a=-（b+c） ∴== 同理=， = ∴原式=++==1 例10．已知=1。求证； 【分析与解】根据条件=1 ④ ，可引入有理化因式，并设=k ⑤， ④×⑤得k= ∴= ⑥ ④+⑥得2=+1 ∴ （a-=0 ∴a= 故 构造法 一般有构造几何图形、构造方程和函数等方法。 例11．已知x、y、z均是正数，且x2+y2=z2 ⑦、z=x ⑧，求证：xy=rz 【分析与解】观察两个等式的代数特征，由⑦很易想到勾股定理的形式，于是可以构造直角三角形，使它的两直角边的长分别为x、y，斜边为z（如图），再由⑧的结构特征与图形的结合，又很易联想到射影定理的表达式。从而再作直角三角形斜边上的高（等于r），构造出几何图形后，再只需根据等积变换，就可以证出xy=rz。 例12．已知a、b、c、d是四个不同的实数，且（a+c）（a+d）=（b+c）（b+d）=1， 求证：（a+c）（b+c）=-1 【分析与解】根据两个等式，可构造一元二次方程。设a、b是方程（x+c）（x+d）-1=0的两个根，由根的性质得（x+c）（x+d）-1=（x-a）（x-b）将x=-c代入上式得 -1=（-c-a）（-c-b）， 即（a+c）（b+c）=-1 例13．若互不相等的三个实数a、b、c满足：a+b+c=。 求证：a（1-a）= b（1-b） =c（1-c） 【分析与解】根据结论构造函数f（x）=x（1-x），然后证f（a）= f（