初中數學重點知識點梳理:恆等式證明

2020-12-03 衡水中學教育資源分享

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恆等式證明

知識定位

代數式的恆等變形是初中代數的重要內容,它涉及的基礎知識較多,主要有整式、分式與根式的基本概念及運算法則,因式分解的知識與技能技巧等等,因此代數式的恆等變形是學好初中代數必備的基本功之一.本講主要介紹恆等式的證明.首先複習一下基本知識,然後進行例題分析.

兩個代數式,如果對於字母在允許範圍內的一切取值,它們的值都相等,則稱這兩個代數式恆等.

把一個代數式變換成另一個與它恆等的代數式叫作代數式的恆等變形.恆等式的證明,就是通過恆等變形證明等號兩邊的代數式相等.

證明恆等式,沒有統一的方法,需要根據具體問題,採用不同的變形技巧,使證明過程儘量簡捷.一般可以把恆等式的證明分為兩類:一類是無附加條件的恆等式證明;另一類是有附加條件的恆等式的證明.對於後者,同學們要善於利用附加條件,使證明簡化.下面結合例題介紹恆等式證明中的一些常用方法與技巧.

知識梳理

知識梳理1:由繁到簡和相向趨進

恆等式證明最基本的思路是「由繁到簡」(即由等式較繁的一邊向另一邊推導)和「相向趨進」(即將等式兩邊同時轉化為同一形式).

知識梳理2:比較法

比較法利用的是:

這也是證明恆等式的重要思路之一。

知識梳理3:分析法與綜合法

根據推理過程的方向不同,恆等式的證明方法又可分為分析法與綜合法.分析法是從要求證的結論出發,尋求在什麼情況下結論是正確的,這樣一步一步逆向推導,尋求結論成立的條件,一旦條件成立就可斷言結論正確,即所謂「執果索因」.而綜合法正好相反,它是「由因導果」,即從已知條件出發順向推理,得到所求結論.

知識梳理4:其他解題方法及技巧

除了上述方法,設k、換元等方法也可以在恆等式證明中發揮效力.

例題精講

【試題來源】

【題目】已知x+y+z=xyz,證明:x(1-y2)(1-z2)+y(1-x2)(1-z2)+z(1-x2)(1-y2)=4xyz.

【答案】因為x+y+z=xyz,所以

左邊=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=右邊.

【解析】將左邊展開,利用條件x+y+z=xyz,將等式左邊化簡成右邊.

【知識點】恆等式證明

【適用場合】當堂例題

【難度係數】3

【題目】已知1989x2=1991y2=1993z2,x>0,y>0,z>0,且

【答案】

令1989x2=1991y2=1993z2=k(k>0),則

又因為

所以

【解析】令1989x2=1991y2=1993z2=k(k>0),則

本例的證明思路是「相向趨進」,在證明方法上,通過設參數k,使左右兩邊同時變形為同一形式,從而使等式成立.

【難度係數】4

【題目】求證:

【答案】因為

【解析】用比差法證明左-右=0.本例中,

這個式子具有如下特徵:如果取出它的第一項,把其中的字母輪換,即以b代a,c代b,a代c,則可得出第二項;若對第二項的字母實行上述輪換,則可得出第三項;對第三項的字母實行上述輪換,可得出第一項.具有這種特性的式子叫作輪換式.利用這種特性,可使輪換式的運算簡化.

【題目】已知

【答案】左-右=2(a4+b4+c4)-(a2+b2+c2)2

=a4+b4+c4-2a2b2-2b2c2-2c2a2

=(a2-b2-c2)2-4b2c2

=(a2-b2-c2+2bc)(a2-b2-c2-2bc)

=[a2-(b-c)2][a2-(b+c)2]

=(a-b+c)(a+b-c)(a-b-c)(a+b+c)=0.所以等式成立.

【解析】用比差法,注意利用a+b+c=0的條件,證明過程中主要是進行因式分解。

【題目】設全不為零.證明:

(1+p)(1+q)(1+r)=(1-p)(1-q)(1-r).

同理

所以(1+p)(1+q)(1+r)=(1-p)(1-q)(1-r).

【解析】本例採用的是比商法

【答案】要證 a2+b2+c2=(a+b-c)2,

只要證a2+b2+c2=a2+b2+c2+2ab-2ac-2bc,

只要證 ab=ac+bc,

只要證 c(a+b)=ab,

顯然成立。

【解析】利用分析法,執果索因,從結論逆推證明,條件根結論能夠很好對接,問題很容易得到解決。

【題目】已知a4+b4+c4+d4=4abcd,且a,b,c,d都是正數,求證:a=b=c=d.

【答案】由已知可得

a4+b4+c4+d4-4abcd=0,

(a2-b2)2+(c2-d2)2+2a2b2+2c2d2-4abcd=0,

(a2-b2)2+(c2-d2)2+2(ab-cd)2=0.

因為(a2-b2)2≥0,(c2-d2)2≥0,(ab-cd)2≥0,所以

a2-b2=c2-d2=ab-cd=0,

所以 (a+b)(a-b)=(c+d)(c-d)=0.

又因為a,b,c,d都為正數,所以a+b≠0,c+d≠0,所以

a=b,c=d.

ab-cd=a2-c2=(a+c)(a-c)=0,

所以a=c.故a=b=c=d成立.

【解析】通過分組分解,構造完全平方解決問題

【答案】由已知

【解析】本題的兩個已知條件中,包含字母a,x,y和z,而在求證的結論中,卻只包含a,x和z,因此可以從消去y著手,得到如下證法.

【題目】證明:

(y+z-2x)3+(z+x-2y)3+(x+y-2z)3

=3(y+z-2x)(z+x-2y)(x+y-2z).

【答案】令y+z-2x=a,①z+x-2y=b,②x+y-2z=c,③

則要證的等式變為

a3+b3+c3=3abc.

聯想到乘法公式:

a3+b3+c3-3abc=(a+b+c)(a2+b2+c2-ab-bc-ca),所以將①,②,③相加有

a+b+c=y+z-2x+z+x-2y+x+y-2z=0,

所以 a3+b3+c3-3abc=0,

【解析】此題看起來很複雜,但仔細觀察,可以使用換元法.令

y+z-2x=a,①z+x-2y=b,②x+y-2z=c,③

則要證的等式變為a3+b3+c3=3abc.

【題目】設x,y,z為互不相等的非零實數,且

求證:x2y2z2=1.

【答案】由已知有

×②×③得x2y2z2=1.【解析】

本題x,y,z具有輪換對稱的特點,我們不妨先看二元的

所以x2y2=1.三元與二元的結構類似.

【題目】已知(c-a)2-4(a-b)(b-c)=0,求證:2b=a+c.

(x+y+z)3xyz-(yz+zx+xy)3

=xyz(x3+y3+z3)-(y3z3+z3x3+x3y3).

【解析】本題需先根據三數完全平方公式進行展開各式,然後消去同類項,再進行移項,最後證出等於零即可求出結果

【適用場合】課後一個月練習

【題目】已知<Object: word/embeddings/oleObject11.bin> ,求證:<Object: word/embeddings/oleObject12.bin> .

【適用場合】隨堂課後練習

【題目】證明:<Object: word/embeddings/oleObject13.bin>。

【解析】從等式的左邊出發,先通分,然後將分子乘開後從新合併,繼而拆項後組合即可得出右邊的等式的形式.

【題目】已知x2-yz=y2-xz=z2-xy,求證:x=y=z或x+y+z=0.

【適用場合】課後兩周練習

【題目】已知an-bm≠0,a≠0,ax2+bx+c=0,mx2+nx+p=0,求證:

(cm-ap)2=(bp-cn)(an-bm).

【適用場合】階段測驗

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