中考數(shù)學(xué)代數(shù)證明與恒等變形復(fù)習(xí)教案.doc

教學(xué)資料參考中考數(shù)學(xué)代數(shù)證明與恒等變形復(fù)習(xí)教案- 1 -代數(shù)證明主要是指證明代數(shù)中的一些相等關(guān)系或不等關(guān)系在初中階段，要證的等式一般可分為恒等式的證明和條件等式的證明恒等式的證明常用的方法有： (1)由繁到簡(jiǎn)，從一邊推向另一邊； (2)從左右兩邊人手，相向推進(jìn)； (3)作差或作商證明，即證明：左邊一右邊=0，條件等式的證明實(shí)質(zhì)是有根據(jù)、有目的的代數(shù)式恒等變換，證明的關(guān)鍵是尋找條件與結(jié)論的聯(lián)系，既要注意已知條件的變換，使之有利于應(yīng)用；又要考慮求證的需求情況，使之有利于與已知條件的溝通代數(shù)證明不同于幾何證明，幾何證明有直觀的圖形為依托，而代數(shù)證明卻取決于代數(shù)式化簡(jiǎn)求值變形技巧、方法和思想的熟練運(yùn)用例1：設(shè)a、b、c、d都是整數(shù)，且m=a2+b2,n=c2+d2,mn也可以表示成兩個(gè)整數(shù)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的形式為(ac+bd)2+(ad-bc)2或（ac-bd）2+(ad+bc)2.例2 ： 設(shè)_、y、z為實(shí)數(shù)，且(y-z)2+(_-y)2+(z-_)2=(y+z-2_)2+(z+_-2y)2+(_+y-2z)2. 求的值.解 將條件化簡(jiǎn)成2_2+2y2+2z2-2_y-2_z-2yz=0(_-y)2+(_-z)2+(y-z)2=0_=y=z,原式=1.例3：設(shè)a+b+c=3m,求證: (m-a)3+(m-b)3+(m-c)3-3(m-a)(m-b)(m-c)=0.證明 令p=m-a,q=m-b,r=m-c,則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例4：若,試比較A、B的大小.解 設(shè) 則.2_y 2_-y0, 又y0,可知0 AB. 例5：求最大的正整數(shù)n，使得n3+100能被n+10整除 分析：此題可以運(yùn)用整除法或兩個(gè)整式整除的問(wèn)題轉(zhuǎn)化為一個(gè)分式問(wèn)題加以解決解：= n2-10n+100- 要使n+10整除n3+100，必須且只需n+10整除900，又因?yàn)閚取最大值，所以n+10=900，從而符合要求的正整數(shù)n的最大值為890 評(píng)注：對(duì)于分子的次數(shù)高于或等于分母的次數(shù)的分式，可化為整式部分與分式部分的和例6：已知a、b、c為非負(fù)實(shí)數(shù)，且a2+b2+c2=1,求a+b+c的值.解：由條件知(a+b+c)(=0 a+b+c=0 或=0當(dāng)=0時(shí)，=0ab+bc+ac=0(a+b+c)2=a2+b2+c2+2ab+2bc+2ac=1a+b+c=1a+b+c=0或1或-1例7：已知求證:.證明 例8：設(shè)a、b、c、d都是正整數(shù)，且a5=b4,c3=d2,c-a=19,求d-b.解 由質(zhì)因數(shù)分解的唯一性及a5=b4,c3=d2,可設(shè)a=_4,c=y2,故19=c-a=(y2-_4)=(y-_2)(y+_2) 解得 _=3. y=10. d-b=y3-_5=757.練習(xí)：（1）已知a2+c2=2b2,求證（2）求證：（3）求證：例9：已知a、b、c、d滿足a+b=c+d，a3+b3=c3+d3, 求證：a20_+b20_=c20_+d 20_.解：由a3+b3=c3+d3得：(a+b) (a2-ab+b2)=(c+d) (c2-cd+d2)a+b =c+d，則有(1) 若a+b =c+d=0，則a= -b，c= -d，從而a20_+b20_=c20_+d20_=0(2) 若a+b =c+d0，則a2-ab+b2=c2-cd+d2，(a+b)2-3 ab=(c+d)2-3 cd，從而ab=cd(a+b)2-4ab=(c+d)2-4 cd，(a-b)2=(c-d)2，a-b=(c-d)可得a=b=c=d，從而a20_+b20_=c20_+d20_ 例10： 有18支足球隊(duì)進(jìn)行單循環(huán)賽，每個(gè)參賽隊(duì)同其他各隊(duì)進(jìn)行一場(chǎng)比賽，假設(shè)比賽的結(jié)果沒(méi)有平局，如果用和，分別表示第i(i=1，2，318)支球隊(duì)在整個(gè)賽程中勝與負(fù)的局?jǐn)?shù) 求證：解：由于每支球隊(duì)都要進(jìn)行18-1=17場(chǎng)比賽，則對(duì)于第i支球隊(duì)有ai+bi=17,i=1,2,3,18；由于比賽無(wú)平局，故所有參賽隊(duì)的勝與負(fù)的總局?jǐn)?shù)相等，即a1+a2+a18=b1+b2+b18由（a12+a22+a182）-（b12+b22+b182）=(a12-b12)+ (a22-b22)+(a182-b182)=17_(a1+a2+a18)-(b1+b2+b18)=0得例11：已知，且 求證： 思路點(diǎn)撥 條件中有一個(gè)連等式，恰當(dāng)引入?yún)?shù)，把待證式兩邊都變形為與參數(shù)相同的同一個(gè)代數(shù)式解：設(shè)=t3，則a=，b=，c= 因=t 又=t，從而得證.例12： 已知，證明：四個(gè)數(shù)、中至少有一個(gè)不小于6 思路點(diǎn)撥 整體考慮，只需證明它們的和大于等于24即可解：因?yàn)?=24 若6，6，6，6，則他們的和必小于24，這與上式矛盾，故四個(gè)加數(shù)中至少有一個(gè)不小于6.例13：已知_、y、z滿足條件 ,求_yz及_ 4+y 4+z 4的值.解：由(_+y+z)2-(_2+y2+z2)=2_y+2yz+2_z得 _y+yz+_z= -10又由_3+y3+z3-3_yz=(_+y+z) (_2+y2+z2- _y-yz-_z) 得 45-3_yz=3(29+10)，_yz= -24(_y+yz+_z)2=100，_2y2+y2z2+_2z2+2_yz(_+y+z)=100 得 _2y2+y2z2+_2z2=244.又因 _ 4+y 4+z 4 =(_2+y2+z2)2-2 (_2y2+y2z2+_2z2)_ 4+y 4+z 4 =741-2244=253.例14：已知，求證：a：b：c=1：2：3解：(a+2b+3c)2=a2+4ab+4b2+6ac+12bc+9c214(a2+b2+c2)= a2+4ab+4b2+6ac+12bc+9c213a2-4ab+10b2-6ac-12bc+5c2=0從而 (4a2-4ab+b2)+( 9b2-12ac+4c2)+( c2-6ac+9a2)=0即 (2a-b)2+(3a-c)2+(3b-2c)2=0于是 2a-b=3a-c=3b-2c=0，即b=2a，c=3a abc=123練習(xí)：1若，記，證明：A是一個(gè)整數(shù) 2已知，求證：_、y、z中至少有一個(gè)為13已知，求證：4完成同一件工作，甲單獨(dú)做所需時(shí)間為乙、丙兩人合做所需時(shí)間的p倍，乙單獨(dú)做所需時(shí)間為甲、丙兩人合做所需時(shí)間的q倍；丙單獨(dú)做所需時(shí)間為甲、乙兩人合做所需時(shí)間的_倍，求證： 5. 已知，且求證：例15：化簡(jiǎn)+ 解：原式 =0評(píng)注：此題采用的是“拆項(xiàng)相消”法利用的是的模式，其中分解因式的作用是顯而易見(jiàn)的例16：證明恒等式證明: 例17：已知_yz=1，_+y+z=2，_2+y2+z2=3，求的值 解：_+y+z=2，_y+z-1=_y+（2-_-y）-1=（_-1）（y-1），同理可得：yz+_-1=(y-1)(z-1）z_+y-1=(z-1)(_-1），又因?yàn)開(kāi)yz=1，_2+y2+z2=3，則_y+yz+z_=（_+y+z）2-（_2+y2+z2）=1 故原式=例18： 已知=1，=0，求的值 解：設(shè)，由已知有k+s+t=1，故（k+s+t）2=1，再由第二個(gè)條件有=0，即=0，所以st+kt+ks=0又（k+s+t）2=k2+s2+t2+2ks+2kt+2st=1 k2+s2+t2=1即1評(píng)注：換元的目的無(wú)非是為了達(dá)到簡(jiǎn)單、明了的效果，使較復(fù)雜的題目變得簡(jiǎn)潔、清晰，便于解答例19： 已知_=by+cz，y=cz+a_，z=a_+by，且_+y+z0.證明：分析：所證明的式子中不含_、y、z，因而可以將已知條件中的三個(gè)等式中的_、y、z看成常數(shù)，把三個(gè)式子聯(lián)合起來(lái)組成一個(gè)關(guān)于a、b、c的方程，然后求出a、b、c. 再代入等式的左邊證明.證明：解方程組 (2)+(3)-(1) 得y+z-_=2a_，所以 所以 同理可得， 所以 評(píng)注：將含有字母的等式視為方程，是方程思想的應(yīng)用.例20：設(shè)，證明(1) a、b、c三數(shù)中必有兩個(gè)數(shù)之和為零；(2) 對(duì)任何奇數(shù)n，有.分析：要求a、b、c三數(shù)中必有兩個(gè)數(shù)之和為零，即要證(a+b)(b+c)(c+a)=0，故可對(duì)已知條件進(jìn)行變形，使它出現(xiàn)(a+b)、(b+c)、(c+a)這些因式.證明：(1)由得 則 (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，這就是說(shuō)，在a+b、b+c、c+a 中至少有一個(gè)為零，即a、b、c三數(shù)中必有兩個(gè)數(shù)之和為零. (2) 由(1)，不妨設(shè)a+b=0，即b= -a，因?yàn)閚為奇數(shù) 又 評(píng)注：實(shí)質(zhì)(bc+ca+ab)(a+b+c)-abc是關(guān)于a、b、c的一個(gè)輪換對(duì)稱式.令a= -b，代入得 (bc+ca+ab)(a+b+c)-abc=(bc-bc-b2)(-b+b+c)-(-b)bc= -b2c+ b2c=0 這就是說(shuō)a+b是(bc+ca+ab)(a+b+c)-abc的一個(gè)因式，由輪換對(duì)稱式的性質(zhì)知， b+c、a +c也是(bc+ca+ab)(a+b+c)-abc的一個(gè)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21：設(shè)A=，B=，C= （1）當(dāng)A+B+C=1時(shí)，求證：A20_+B20_+C20_=3； （2）當(dāng)A+B+C1時(shí)，試問(wèn)三個(gè)正a，b，c能否作為一個(gè)三角形的三邊之長(zhǎng)？ 分析：從結(jié)論分析，A，B，C的20_次冪之和若非特殊值，則非常難算，故可根據(jù)條件A+B+C=1，尋求a，b，c三者之間的內(nèi)在聯(lián)系 解：A+B+C=1，（+1）+（-1）+（-1）=0 整理化簡(jiǎn)，得：=0a（b+c+a）（b+c-a）+b（c-a+b）（c-a-b）+c（a-b+c）（a-b-c）=0（b+c-a）a（b+c+a）-b（a+b-c）-c（a-b+c）=0（b+c-a）（a2-b2-c2+2bc）=0（b+c-a）（a+b-c）（c+a-b）=0b+c-a，a+b-c，c+a-b中至少有一個(gè)為0不妨設(shè)b+c-a=0，由a=b+c，得：A=-1，B=1，同理c=1 故A20_+B20_+C20_=3 當(dāng)a+b-c=0或c+a-b=0時(shí)，同理可證 （2）A+B+C-10，仿（1）有 （b+c-a）（a+b-c）（c+a-b）0 b+c-a，a+b-c，c+a-b三者中必為全正或兩負(fù)一正 若三個(gè)式中兩負(fù)一正，不妨設(shè)b+c-a0， a+b-c0 前兩式相加得2b0，c+a-b0，a+b-c0， 即b+ca，c+ab，a+bc a，b，c可作為一個(gè)三角形的三邊長(zhǎng) 評(píng)注：此題的運(yùn)算過(guò)程較為復(fù)雜，在分式的運(yùn)算和化簡(jiǎn)中，每一步都要特別細(xì)心，哪怕是一個(gè)符合的錯(cuò)誤都會(huì)使我們半途而廢，細(xì)心，堅(jiān)持，不斷地分析梳理思路，才能到達(dá)成功的彼岸例22：若，求證：a_+by+cz=(_+y+z) (a+b+c).解：設(shè)=k，則a=k(_2-yz)，b= k(y2-_z)，c= k(z2-_y)， 所以，a_+by+cz= k_(_2-yz)+ ky(y2-_z)+ kz(z2-_y)=k(_3+y3+z3-3_yz)而(_+y+z) (a+b+c)= (_+y+z) k(_2-yz)+ k(y2-_z)+ k(z2-_y) =k (_+y+z) (_2+y2+z2-yz-z_-_y)由乘法 (_+y+z) (_2+y2+z2-yz-z_-_y)= _3+y3+z3-3_yz所以 a_+by+cz=(_+y+z) (a+b+c)例23：已知a3+b3+c3=(a+b+c)3，求證a2n+1+b2n+1+c2n+1=(a+b+c) 2n+1，其中n為自然數(shù).證明:由題設(shè)知(a+b+c)3- c3 (a3+b3)=0即(a+b) (a+b+c)2+c(a+b+c)+ c2 - (a+b) (a2-ab+b2)=0(a+b)(3ab+3ac+3bc+3c2)=0 3(a+b) a(b+c)+c(b+c)=03(a+b) (b+c) (c+a)=0，故有a= -b或a= -c 或b= -c當(dāng)a= -b時(shí)，左邊=(-b)2n+1+b2n+1+c2n+1= c2n+1右邊=(-b+b+c) 2n+1= c2n+1a= -b時(shí)等式成立，同理，當(dāng)a= -c 或b= -c時(shí)，等式也成立.例24：設(shè)a、b、c都是正數(shù)，且，求證：a=b=c.解：令，則p3q3r3=1,即pqr=1，因p3+q3+r3=1，pqr=1p