代数变形常用技巧及其应用

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221111ba +++的值 [解] 把ab=1代入，得221111b a +++ =22b ab aba ab ab +++ =b a a b a b +++=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：1111,1=++++++++=c ca cb bc b a ab a abc 证明：若二、配方法例1、 若实数a 、b 满足a2b2+a2+b2-4ab+1=0，求b a a b +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∴⎩⎨⎧==-.1,0ab b a解得⎩⎨⎧==;1,1b a ⎩⎨⎧-=-=.1,1b a当a=1，b=1时，b aa b +=1+1=2 当a=-1，b=-1时，b a a b +=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+2z2-2xy-2x2-2yz=0 ∴ (x-y)2+(x-z)2+(y-z)2=0 ∴ x=y=z,∴原式=1.练习：,0146422222=+---++x cx bx ax c b a 已知求证：3:2:1::=c b a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)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．又因为a ，b ，c ，d 都为正数，所以a+b≠0，c+d≠0，所以 a ＝b ，c=d ． 所以ab-cd=a2-c2=(a+c)(a-c)=0， 所以a ＝c ．故a=b ＝c=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|=1 ∴a=±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A ·B=0，则A=0或B=0”的思想来解决问题。

教学方法 课程教育研究·71·练习是为教学目的服务的，因此课堂练习的设计要实实在在地根据一节课的教学目标，从教学内容和学生实际两方面出发，围绕教学重点难点是练习设计的核心所在。

在此基础上，还要求教师在练习素材的选择上尽量贴近学生熟悉的现实生活，联系生活实际进行练习设计，使生活和数学融为一体。

这样的数学练习才能体会数学是“源于生活，用于生活”，切身感受数学可以解决实际问题，使他们对学习数学更感兴趣达到事半功倍的效果。

例如：学习了《方向与位置》的知识后，让学生将周围同学位置表示出来，或者尝试画出学校与自己家之间的位置与方向地图，并进行分析。

这样的实践性作业，不但培养了学生学习数学的兴趣，而且提高了学生分析问题，解决问题的能力。

2.“兴趣”与“乐趣” 现代教育心理学曾说：“当学生对学习产生兴趣时，学生的心理活动就会处于激活状态，富有满足感和愉悦感，从而积极性高涨，思维活跃，注意力集中，自主学习意识增强，反之，则产生消极情感”。

这就充分说明，我们设计的有效的课堂练习内容时应在“趣”上下工夫。

从学生的生活经验出发固然可以挖掘快乐因素，而练习的形式和对习题处理方法上下功夫更会有独特作用。

例如根据学生的年龄和心理特点，设计让学生“动一动”、“猜一猜”、“判一判”、“比一比”类能调动学生各个感官参与的练习。

这样生动有趣、直观形象的数学练习可以寓练于乐，练中生趣，既能减轻学生练习的心理负担，又能提高课堂练习的效率。

【案例】问：鸡兔同笼，有头45只，鸡兔各有多少？ 师：“全班兔子立正！提起前面两足” 全班哄堂大笑。

师：“现在，兔子和鸡的足数一样多了，上面有45个头，下面该有多少只脚呢？”生齐声回答：“四十五乘以二等于90只” 师：“和先前比，少了多少只脚呢？” 生马上叫起来：“少了26只” 师：“这26只脚去哪了？” 生：“被兔子们提起来了” 师：“那你们现在知道笼子里有多少只兔子了吧？” 生：“有13只兔子”（三）提高课堂练习有效性要注重练习与发展同步 小学数学课堂练习的核心是“发展”，学生的知识面能否得到拓宽，能力能否得到发展，是有效练习首要考虑的因素。

等式的变形技巧等式的变形技巧在数学中起着至关重要的作用，它能够帮助我们简化复杂的等式，找到等式的特点并进行合理的推导。

本文将介绍几种常见的等式变形技巧，并通过实例来解释它们的应用。

1. 同类项合并在解决代数运算题时，我们经常会遇到同类项相加的情况，而合并同类项是一种简化等式的有效方法。

同类项是指具有相同的变量指数的项，可以根据这个特点将它们合并为一个新的项。

例如，考虑以下等式：3x + 2x - 5x = 10我们可以将等式中的同类项合并得到：(3 + 2 - 5)x = 100x = 10可以发现，等式变形后我们可以得出结论：0乘以任何数都等于0。

这个例子显示了同类项合并技巧在化简等式中的应用。

2. 因式分解因式分解是将多项式分解成其所有因子的乘积，它在解决方程和简化等式时也起着重要的作用。

考虑以下等式：x^2 + 5x + 6 = 0我们可以通过因式分解将其转化为以下形式：(x + 2)(x + 3) = 0通过将等式分解为两个括号中各自的乘积，我们可以得到方程的解为x = -2和x = -3。

3. 移项移项是指将等式中的项从一边移到另一边，这样可以使等式更加简洁和易于计算。

在移项过程中，我们需要保持等式的平衡，即在等式两边进行同样的操作。

例如，考虑以下等式：2x + 5 = 10我们可以通过移项将未知数x的系数项移到等式的一边：2x = 10 - 52x = 5再进一步，我们可以求解未知数x的值：x = 5 / 2通过移项技巧，我们成功地将原等式转化为一个简单的一元一次方程，并求解出了未知数x的值。

4. 变量替换变量替换是指将一个变量用另一个变量来代替，以简化等式。

这种技巧在解决某些特殊类型的问题时非常有用。

举个例子，考虑以下等式：x + y = 102x - y = 5我们可以进行变量替换，让一个变量代替另一个变量，得到：x + (10 - x) = 102x - (10 - x) = 5通过对等式进行简化，我们可以得到更简洁的形式：10 = 103x - 10 = 5这个例子显示了变量替换技巧在等式变形中的应用，它帮助我们简化等式并找到更简洁的表达形式。

第11讲代数变形知识与方法代数变形是利用代数知识实施形变而质不变的一种手段,将一个问题等价地变为另一个问题,由一种复杂的形式转变为一种简单的形式,将整个数学问题转变为一个较为容易处理或熟悉的问题.在处理含对数或指数式时,有如下两个技巧:1.对数处理技巧——对数靠边走设f(x)是可导函数,不难得到(f(x)ln⁡x)′=f′(x)ln⁡x+f(x)1x,若f(x)不是常函数,则所得的导数式中含有ln⁡x,往往需要再次甚至多次求导.对于这类含有对数式ln⁡x的不等式问题时,通常要让对数型的函数分离出来,把对数型函数前面所乘的代数式或分母中的代数式处理掉,让对数型函数形成单独的一项,这样再对新函数求导,只需要求导一次即可求出函数的极值点,从而避免了多次求导的麻繁.这种让对数函数“孤军奋战”的代数变形过程,我们称其为对数处理技巧,即“对数靠边走”.相关的转化如下:情形1设f(x)>0,f(x)ln⁡x+g(x)>0⇔ln⁡x+g(x)f(x)>0;情形2设f(x)≠0,f(x)ln⁡x+g(x)=0⇔ln⁡x+g(x)f(x)=0.点睛意到：(f(x)ln⁡x+g(x))′=f′(x)ln⁡x+f(x)x+g′(x)(ln⁡x+g(x)f(x))′=1x+(g(x)f(x))比较(1)(2)两式中等号右边的部分,可知(1)式含有对数ln⁡x,但(2)式中不含对数ln⁡x,这将为后续的解题带来方便.2.指数处理技巧——指数找朋友在证明或处理含指数型函数的不等式时,通常要让指数型函数乘以或除以一个多项式函数(让多项式除以指数也一样),这样就很容易求出新函数的极值点,从而可以避免多次求导.这种相当于给指数函数寻找了一个合作伙伴的变形过程,我们称之为指数处理技巧,即“指数找朋友”.相关的转化如下:e x+1>0;情形1设f(x)>0,则f(x)+g(x)e x>0⇔g(x)f(x)e−x+1>0;情形2设g(x)>0,则f(x)+g(x)e x>0⇔f(x)g(x)e x+1=0;情形3设f(x)≠0,则f(x)+g(x)e x=0⇔g(x)f(x)e−x+1=0.情形4设g(x)≠0,则f(x)+g(x)e x=0⇔f(x)g(x)因为(f(x)e x)′=(f(x)+f′(x))e x,(f(x)e−x)′=(f′(x)−f(x))e−x.所以(f(x)e x)′>0⇔(f(x)+f′(x))e x>0⇔f(x)+f′(x)>0,(f(x)e−x)′>0⇔(f′(x)−f(x))e−x>0⇔f′(x)−f(x)>0.使用上述变形,可以减少求导次数,优化解题过程.典型例题对数靠边走【例1】当x >1时,求证:(x +1)ln⁡x >2(x −1).【解析】因为x >1,所以(x +1)ln⁡x >2(x −1)⇔ln⁡x >2(x−1)x.令f(x)=ln⁡x −2(x−1)x(x >1),f ′(x)=1x −4(x+1)2=(x−1)2x(x+1)2>0,所以f(x)在(1,+∞)上为增函数.所以f(x)>f(1)=0,所以x >1时,ln⁡x >2(x−1)x+1,即(x +1)ln⁡x >2(x −1).【例2】若不等式xln⁡x ⩾a(x −1)对所有x ⩾1成立,求实数a 的取值范围.【解析】原问题等价于ln⁡x −a(x−1)x⩾0对所有的x ⩾1都成立.令f(x)=ln⁡x −a(x−1)x(x ⩾1),则f ′(x)=x−a x 2.(1)当a ⩽1时,f ′(x)=x−a x 2⩾0恒成立,即f(x)在[1,+∞)上单调递增,因而f(x)⩾f(1)=0恒成立;(2)当a >1时,令f ′(x)=0,得x =a,f(x)在(0,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增,所以f(x)min =f(a)=ln⁡a −a +1<0,不符合题意.综上所述,实数a 的取值范围是(−∞,1].【例3】设二次函数g(x)对任意实数x 都满足g(x −1)+g(1−x)=x 2−2x −1,且g(1)=−1,令f(x)=g (x +12)+mln⁡x +98(m ∈R,x >0).(1)求g(x)的表达式;(2)设1<m⩽e,H(x)=f(x)−(m+1)x.证明:对任意x1,x2∈[1,m],恒有|H(x1)−H(x2)|<1【解析】(1)设g(x)=ax2+bx+c,所以g(x−1)+g(1−x)=a(x−1)2+b(x−1)+c+a(1−x)2+b(1−x)+c=2a(x2−2x+1)+2c=2ax2−4ax+2a+2c=x2−2x−1.比较两边的系数得{2a=1,−4a=−2,2a+2c=−1,所以{a=12,c=−1,所以g(x)=12x2+bx−1.又因为g(1)=−1,所以12+b−1=−1,所以b=−12,所以g(x)=12x2−12x−1.(2)H(x)=12(x+12)2−12(x+12)−1+mln⁡x+98−(m+1)x=12(x2+x+14)−12x−14−1+mln⁡x+98−mx−x=12x2−(m+1)x+mln⁡x.H′(x)=x−(m+1)+mx =x2−(m+1)x+mx=(x−1)(x−m)x<0.所以H(x)在[1,m]上单调递减,所以H(x)min=H(m)=12m2−(m+1)m+mln⁡m=−12m2−m+mln⁡m,H(x)max=H(1)=12−m−1=−12−m.所以|H(x1)−H(x2)|⩽H(x)max−H(x)min=12m2−mln⁡m−12.下面只需证12m2−mln⁡m−32<0.(可采用对数靠边走,将对数ln⁡m独立出来)即证明12m−ln⁡m−32m<0.令g(m)=12m −ln⁡m −32m,g ′(m)=12−1m+32m 2=m 2−2m+32m 2>0.所以g(m)在(1,e]上单调递增,所以g(m)⩽g(e)=12e −1−32e =e 2−2e−32e.而e 2−2e −3<2.82−2×2.8−3=2.24−3<0,所以g(e)<0,所以g(m)<0,即|H (x 1)−H (x 2)|<1.【点睛】上面解法的优势在于,将ln⁡x 的系数化为“1”后,就可以有效避免求导后再出现对数函数,避免了隐零点出现,这是解决对数型函数的精华所在.指数找朋友【例4】已知函数f(x)=ln⁡x +x −1(a ∈R).求证:e −x +xf(x)⩾0.【解析】解法1:以指数处理技巧为主线要证e −x +xf(x)⩾0,只需证1+xe x f(x)⩾0. 令g(x)=1+e x (xln⁡x +x 2−x )(x >0),g ′(x)=e x (xln⁡x +x 2−x +ln⁡x +1+2x −1)=e x (x +1)(ln⁡x +x).令ℎ(x)=ln⁡x +x ,在(0,+∞)上单调递增,又因为ℎ(1)=1>0,ℎ(1e )=−1+1e <0,所以存在t ∈(1e ,1),使得ℎ(t)=ln⁡t +t =0,即ln⁡t =−t ,即e t =1t .当x ∈(0,t)时,ℎ(x)<0,g ′(x)<0,g(x)单调递减;当x ∈(t,+∞)时,ℎ(x)>0,g ′(x)>0,g(x)单调递增.所以g(x)⩾g(t)=1+e t (tln⁡t +t 2−t )=1+ln⁡t +t −1=0,所以1+xe x f(x)⩾0,即e −x +xf(x)⩾0.解法2:以对数的处理技巧为主线要证e −x +xf(x)⩾0成立,只需证e −x x+f(x)⩾0即可.令g(x)=e −x x+ln⁡x +x −1(x >0),则g ′(x)=−(x+1)x 2e x+1x +1=(x+1)(xe x −1)x 2e x,令ℎ(x)=xe x−1,ℎ′(x)=(x +1)e x >0,所以ℎ(x)单调递增;又因为ℎ(1)=e −1>0,ℎ(12)=√e 2−1<0,所以存在t ∈(12,1),使得ℎ(t)=te t −1=0,即e t =1t ,即t =ln⁡1t =−ln⁡t ,当x ∈(0,t)时,ℎ(x)<0,g ′(x)<0,g(x)单调递减;当x ∈(t,+∞)时,ℎ(x)>0,g ′(x)>0,g(x)单调递增.所以,g(x)⩾g(t)=e −t t+ln⁡t +t −1=ln⁡t +t =0,所以e −x x+f(x)⩾0,即e −x +xf(x)⩾0.解法3:虚设零点+同构令g(x)=e −x +x(ln⁡x +x −1)=e −x +xln⁡x +x 2−x(x >0),g ′(x)=−e −x +ln⁡x +2x 在(0,+∞)上单调递增,且g ′(1e )=−e −1e +ln⁡1e +2e =−e −1e −1+2e <0,g ′(1)=−e −1+ln⁡1+2=2−1e >0.所以存在t ∈(1e ,1),使得g ′(t)=−e −t +ln⁡t +2t =0,所以e−t=ln⁡t+2t,ln⁡t+t=e−t−t,即ln⁡t+e ln⁡t=e−t+(−t).令G(x)=e x+x在(0,+∞)单调递增,且G(ln⁡t)=G(−t),所以ln⁡t=−t.当x∈(0,t)时,g′(x)<0,g(x)单调递减;当x∈(t,+∞)时,g′(x)>0,g(x)单调递增.g(x)⩾g(t)=e−t+tln⁡t+t2−t=ln⁡t+2t+tln⁡t+t2−t=(1+t)(ln⁡t+t)=0,所以e−x+xf(x)⩾0.【点睛】解法3看似行云流水,思维直接,但是仔细品味,暗流汹涌,思维含量非常大,主要表现在以下三个方面：1.没有明显的零点,需要利用函数的单调性以及零点存在性定理,虚设零点;2.虚设零点后,出现了指数、对数以及多项式同时存在的情况,这样难以利用零点的关系式一次把指数以及对数全部消除;3.本题目需要较强的技巧性构造同构式,借助于单调性,找出对数与多项式的关系,万一想不到这一点,这道题目就不容易处理.实际上,本题之所以难,是因为指数、对数以及多项式的同时出现,将题目提升了一个难度.对于这种指、对混合形式出现的试题,利用指数或对数的处理技巧,可以帮助我们提高“求导效率”,将指数与多项式结合起来,或者将对数分离出来.【例5】已知函数f(x)=ax 21+ln⁡x(a≠0),e是自然对数的底数.若f(x)的极大值为−2,求不等式f(x)+e x<0的解集.【解析】解法1:巧用对数、指数处理技巧对方程变形f(x)的定义域为(0,e−1)∪(e−1,+∞),由f′(x)=2ax(1+ln⁡x)−ax 2⋅1 x(1+ln⁡x)2=2ax(12+ln⁡x)(1+ln⁡x)2.当a>0时,f(x)在(0,e−1)上单调递减;在(e−1,e−12)单调递减;在(e−12,+∞)上单调递增;显然f(x)有极小值,无极大值.显然,当a<0时,f(x)有极大值,此时f(e−12)=−2,所以a=−e,此时f(x)=−ex 21+ln⁡x ,−ex21+ln⁡x+e x<0.显然,当x∈(0,1e ),−ex21+ln⁡x+e x>0,矛盾.故当x∈(1e ,+∞)时,e x<ex21+ln⁡x,即1+ln⁡x−ex 2e x<0(对数靠边走)令F(x)=1+ln⁡x−ex 2e x ,F′(x)=1x−2x−x2e x−1.下证F′′(x)>0,e x−1⩾2x2−x3,2x2−x3e x−1⩽1(指数找朋友)令G(x)=2x 2−x3e x−1,G′(x)=x(x2−5x+4)e x−1=x(x−1)(x−4)e x−1.令G′(x)=0,解得x=1,或x=4,所以G(x)权大值=G(1)=1,G(x)权小鹪=G(4)=−32e3<0.当x>4时,G(x)<0,所以G(x)⩽1,所以F′(x)⩾0,F(x)在(1e,+∞)上单调递增.因为F(1)=0,所以当1e<x<1时,F(x)<0,当x>1时,F(x)>0.所以f(x)+e x <0的解集为(1e,1).解法2:构造同构式当x ∈(0,1e )时,−ex 21+ln⁡x +e x >0,矛盾;当x ∈(1e,+∞)时,−x 21+ln⁡x+e x−1<0,所以x1+ln⁡x >e x−1x=e x−11+ln⁡e x−1(构造同构式)令ेF(x)=x 1+ln⁡x,F ′(x)=1+ln⁡x−1(1+ln⁡x)2=ln⁡x (1+ln⁡x)2.当1e <x <1时,F ′(x)<0,F(x)单调递减;由于x <ex−1<1,所以F(x)>F (e x−1),即x1+ln⁡x >e x−11+ln⁡e x−1,满足题意;当x ⩾1时,F ′(x)⩾0,F(x)单调递增,而e x−1⩾x ⩾1,所以F(x)⩽F (e x−1),矛盾.综上可知,不等式f(x)+e x <0的解集为(1e,1).【例6】求证:e x −2x >x 2ln⁡x .【解析】解法1:要证e x −2x >x 2ln⁡x ,只需证e x −2x x 2−ln⁡x >0(对数靠边走)设f(x)=e x −2x x 2−ln⁡x(x >0),f ′(x)=(x−2)(e x −x )x 3,令f ′(x)=0,得x =2.当x ∈(0,2)时,f ′(x)<0,f(x)单调递减;当x ∈(2,+∞)时,f ′(x)>0,f(x)单调递增.所以f(x)min=f(2)=e2−44−ln⁡2=e2−(4+4ln⁡2)4.由于e2>2.72=7.29,4+4ln⁡2=4+ln⁡16<4+ln⁡e3=7, 所以e2−(4+4ln⁡2)>0,从而不等式得证.解法2:要证e x−2x>x2ln⁡x,只需证x2ln⁡x+2xe x<1.设g(x)=x 2ln⁡x+2xe x,则g′(x)=(2−x)(xln⁡x+1)e x,又因为xln⁡x+1>0(证明略),从而当x∈(0,2)时,g(x)单调递增,x∈(2,+∞)时,g(x)单调递增.从而g(x)max=g(2)=4ln⁡2+4e2<3+4e2<1,从而原不等式得证.指对处理技巧的综合运用【例7】已知函数f(x)=e x−a(x−1)(a∈R,e为自然对数的底数).(1)若存在x0∈(1,+∞),使得f(x0)<0,求实数a的取值范围;(2)若f(x)有两个零点x1,x2.证明:x1+x2>x1x2.【解析】(1)解法1;指数变对数,方便求导令ेt=e x,g(t)=t−aln⁡t+a,当x>1时,t>e.原题等价于g(t)=t−aln⁡t+a,存在t0∈(e,+∞),使得g(t0)<0,求a的取值范围.g′(t)=1−at =t−at,令g′(t)=0,得t=a.当a⩽e时,g′(t)⩾0,g(t)单调递增,所以g(t)⩾g(e)=e−a+a=e>0,不符合题意; 当a<e时,g(t)在(e,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增,所以g(t)min=g(a)=a−aln⁡a+a=a(2−ln⁡a).因为存在t0∈(e,+∞),使得g(t0)<0,所以g(a)=a(2−ln⁡a)<0,解得a>e2.综上知a>e2.解法2:指数处理技巧e x−a(x−1)<0⇔g(x)=1−ae−x(x−1)<0,g′(x)=ae−x(x−1)−ae−x=ae−x(x−2),g′(2)=0.当a⩽0时,g(x)在(1,2)上单调递增,在(2,+∞)上单调递减,g(1)=1>0,→1,当x→+∞时,g(x)=1−a x−1e xg(x)}>0,不合题意.所以g(x)⩾min{g(1),limx→+∞当a>0时,g(x)在(1,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增,.所以g(x)⩾g(2)=1−ae2因为存在x0∈(1,+∞),使得f(x0)<0,<0,解得a>e2.所以g(2)=1−ae2综上知a>e2.解法3:直接法f ′(x)=e x −a .(1)若a ⩽0,因为e x >0,则f ′(x)>0,此时f(x)在R 上单调递增.当x ∈(1,+∞)时,f(x)>f(1)=e >0,不合题意;(2)若a >0,由f ′(x)>0,得e x >a ,即x >ln⁡a ,则f(x)在(ln⁡a,+∞)上单调递增,在(−∞,ln⁡a)上单调递减,所以f(x)min =f(ln⁡a)=e ln⁡a −a(ln⁡a −1)=a(2−ln⁡a),根据题意,有a(2−ln⁡a)<0,则ln⁡a >2,即a >e 2,且此时ln⁡a >ln 2>1,所以a 的取值范围是(e 2,+∞).解法4:分离变量法当x ∈(1,+∞)时,由f(x)<0,得e x <a(x −1),即a >e x x−1.设g(x)=e x x−1(x >1),根据题意,当x ∈(1,+∞)时,a >g(x)能成立,则a >g(x)min .因为g ′(x)=(x−2)e x(x−1)2(x >1),则当x >2时,g ′(x)>0,g(x)单调递增;当1<x <2时,g ′(x)<0,g(x)单调递减.所以,g(x)min =g(2)=e 2,所以a 的取值范围是(e 2,+∞).(2)由题设,f (x 1)=f (x 2)=0,即{e x 1=a (x 1−1),e x 2=a (x 2−1),则e x1+x2=a2(x1−1)(x2−1),即e x1+x2=a2(x1x2−x1−x2+1).要证x1+x2>x1x2,只需要证e x1+x2<a2,即证x1+x2<2ln⁡a,即证x1<2ln⁡a−x2. 不妨设x1<x2,由(1)可知a>e2,且x1<ln⁡a<x2,从而2ln⁡a−x2<ln⁡a.因为f(x)在(−∞,ln⁡a)上单调递减,所以只要证f(x1)>f(2ln⁡a−x2),即证f(x2)>f(2ln⁡a−x2).设ℎ(x)=f(x)−f(2ln⁡a−x),则ℎ′(x)=f′(x)+f′(2ln⁡a−x)=e x−2a+e2ln⁡a−x=e x+a2e x −2a⩾2√e x⋅a2e x−2a=0,所以ℎ(x)在R上单调递增.因为x2>ln⁡a,则ℎ(x2)>ℎ(ln⁡a)=f(ln⁡a)−f(ln⁡a)=0,即f(x2)−f(2ln⁡a−x2)>0,即f(x2)>f(2ln⁡a−x2),所以原不等式成立.【点睛】有些问题用直接法做,反而会更简单,比如本例第(1)小问,在使用“指数处理技巧”后,刧必须要使用洛必达法则才能解决问题.从另外一个层面上来讲,若指数、对数函数同时出现的能成立问题、恒成立问题常见的处理方法主要有:1.设而不求,隐零点法;2.一凸一凹,分离函数法;3.化直为曲,切线法或放缩法;4.必要性探路,缩小范围法.典型例题1.证明:当x>0时,e x>x2.【解析】要证e x>x2,只需证:x2e x<1令f(x)=x 2e x ,f′(x)=2xe x−e x⋅x2e2x=x(2−x)e x当0<x<2时,f′(x)>0,f(x)单调递增; 当x>2时,f′(x)<0,f(x)单调递减所以f(x)max=f(2)=4e2<1,所以f(x)<1,即x2e x<1,所以e x>x2.2.已知函数f(x)=e x−sin⁡x−cos⁡x,g(x)=e x+sin⁡x+cos⁡x.(1)证明:当x>−5π4时,f(x)⩾0;(2)若g(x)⩾2+ax,求a.【解析】(1)f(x)⩾0⇔sin⁡x+cos⁡xe x⩽1,记ℎ(x)=sin⁡x+cos⁡xe x ,ℎ′(x)=−2sin⁡xe x.(1)当x∈(−5π4,−π)时,ℎ′(x)<0;x∈(−π,0),ℎ′(x)>0;x∈(0,π),ℎ′(x)<0.又ℎ(−5π4)=0,ℎ(0)=1,所以在(−54π,π)上,ℎ(x)⩽ℎ(0)=1;(2)当x∈[π,+∞)时,e x⩾eπ,而sin⁡x+cos⁡x⩽√2,所以e x⩾sin⁡x+cos⁡x,则有f(x)⩾0.综合(1)(2)可知当x>−5π4时,不等式f(x)⩾0成立.(2)由题可知H(x)=g(x)−(ax+2)=e x+sin⁡x+cos⁡x−ax−2⩾0恒成立,且H(0)=0,所以H(x)⩾H(0),故x=0是H(x)的最小值点,也是极小值点. 所以H′(0)=0,又H′(x)=e x+cos⁡x−sin⁡x−a,所以H′(0)=2−a=0,故a=2.下证当a=2时不等式成立.H(x)⩾0⇔sin⁡x+cos⁡x−2x−2e x+1⩾0记m(x)=sin⁡x+cos⁡x−2x−2e x +1,m′(x)=2(x−sin⁡x)e x.易得当x>0时,x−sin⁡x>0;当x<0时,x−sin⁡x<0. 所以当x<0时,m′(x)<0,m(x)单调递减;当x>0时,m′(x)>0,m(x)单调递增.所以m(x)⩾m(0)=0.故H(x)⩾0成立.。

浅谈数学中的变形技巧数学中的变形技巧是解决问题的重要方法之一、通过巧妙地变形，可以将一个问题从一个形式转化为另一个形式，从而更容易解决。

在数学中，变形技巧广泛应用于各种数学领域，包括代数、几何、概率等。

下面将对数学中的变形技巧进行浅谈。

首先，代数中的变形技巧是解决代数方程、方程组、不等式等问题的常用方法之一、在解代数方程时，可以通过变形将方程转化为更简单的形式，从而求得方程的解。

比如，对于方程x^2-6x+8=0，可以通过配方变形得到(x-2)(x-4)=0，从而得到方程的解为x=2或x=4、又如，在解方程组时，可以通过变形技巧将方程组转化为更容易求解的形式。

比如，对于方程组2x+y=5和x-3y=4，可以通过高斯消元法将方程组化简为x+y=2和-5y=-6，从而得到方程组的解为x=3，y=-1、变形技巧在解不等式时也是十分有用的。

比如，对于不等式2x+1<5x-2，可以通过变形得到3x>3，从而得到不等式的解为x>1其次，几何中的变形技巧是解决几何问题的重要方法之一、在几何中，常常需要将一个几何图形变形为另一个几何图形，以便更容易研究其性质。

比如，在证明几何定理时，可以通过将一个几何图形变形为另一个几何图形，从而将原问题转化为更容易证明的形式。

又如，在计算几何体的体积、表面积时，常常需通过变形将几何体分解为更容易计算的形状，比如将三棱柱分解为若干个三角形和矩形，从而得到几何体的体积和表面积。

此外，概率中的变形技巧也是解决概率问题的重要方法之一、在概率中，常常需要通过变形将一个复杂的概率问题转化为一个简单的概率问题，从而更容易计算。

比如，在计算事件的概率时，可以通过变形将事件分解为若干个相互独立的事件，从而计算概率。

又如，在计算复杂事件的概率时，可以通过变形将复杂事件转化为多个简单事件的并、交或差，并利用概率的性质计算概率。

在进行数学变形时，需要注意以下几点。

首先，变形的过程中要保持等价性。

高中代数变形规律总结高中代数是数学学科的重要组成部分，掌握代数变形规律对于提高学生的数学素养和解题能力具有重要意义。

本文将总结高中代数中的一些常见变形规律，以帮助学生更好地理解和应用代数知识。

一、等式的性质和变形等式是代数中最重要的概念之一，掌握等式的性质和变形规律是解决代数问题的关键。

等式的性质包括：等式的两边加上或减去同一个数，等式仍成立；等式的两边乘以或除以同一个非零数，等式仍成立。

基于这些性质，我们可以进行以下变形：1.移项：将等式的一边移到另一边，同时改变符号。

例如，从2x + 3 = 5中，我们可以得到2x = 2。

2.合并同类项：将等式中的同类项合并在一起。

例如，从2x + 3x = 5中，我们可以得到5x = 5。

3.提取公因数：从等式中提取公因数，简化表达式。

例如，从2x(x + 3) = 5中，我们可以得到2(x + 3) = 5。

二、不等式的性质和变形不等式是描述两个数之间大小关系的数学符号。

不等式的性质包括：不等式的两边加上或减去同一个数，不等式仍然成立；不等式的两边乘以或除以同一个正数，不等式仍然成立；不等式的两边乘以或除以同一个负数，不等式反向。

基于这些性质，我们可以进行以下变形：1.移项：将不等式的一边移到另一边，同时改变不等号的方向。

例如，从2x > 3中，我们可以得到2x - 3 > 0。

2.合并同类项：将不等式中的同类项合并在一起。

例如，从2x > 3x + 1中，我们可以得到-x > 1。

3.提取公因数：从不等式中提取公因数，简化表达式。

例如，从2x(x + 3) >5中，我们可以得到2(x + 3) > 5。

三、指数和幂的变形指数和幂是代数中的重要概念，掌握它们的变形规律对于解决复杂问题具有重要意义。

指数的变形包括：指数的乘法法则、指数的除法法则、指数的乘方法则等。

幂的变形包括：幂的乘法法则、幂的除法法则、幂的乘方法则等。

代数变形常用技巧及其应用代数变形是数学中常用的一种技巧，用于处理代数表达式的结构和形式，以便简化和解决问题。

下面将介绍一些常见的代数变形技巧及其应用。

一、合并同类项：合并同类项是将具有相同字母和相同指数的项合并为一个项。

例如，将2x + 3x合并为5x，将4y²- 2y²合并为2y²。

这个技巧常用于简化代数表达式和解方程。

二、分配律：分配律是将一个数与一个括号中的表达式的每一项相乘，然后将结果相加或相减。

例如，将3(x + 2)扩展为3x + 6，将2(4x - 5)扩展为8x - 10。

这个技巧常用于化简和展开代数表达式。

三、因式分解：因式分解是将一个代数表达式分解成乘积的形式。

例如，将x²+ 4x + 4因式分解为(x + 2)(x + 2)，将3x²- 9因式分解为3(x - 3)(x + 3)。

这个技巧常用于解方程、简化分式和化简根式。

四、配方法：配方法是一种通过添加和减去适当的常数，使得一个代数表达式可以分解为平方的和或差的形式。

例如，将x²+ 6x + 9配方为(x + 3)²，将x²- 4x + 4配方为(x - 2)²。

这个技巧常用于解方程、化简根式和完成平方。

五、整理方程：整理方程是将方程中的项重新排列和组合，使得方程的形式更加简洁和易于解答。

例如，将2x + 3 = 7整理为2x = 4，将3x²- 5x + 2 = 0整理为3x²- 5x = -2。

这个技巧常用于解方程和求解未知数。

六、代入法：代入法是将一个变量的值代入到一个方程或表达式中，以便求解其他变量的值。

例如，将x = 2代入到2x + 3中，得到2(2) + 3 = 7。

这个技巧常用于解方程组和求解变量的值。

以上是一些常见的代数变形技巧及其应用。

通过灵活运用这些技巧，我们可以简化代数表达式、解决数学问题，以及更深入地理解代数的概念和原理。

【代数十讲】代数变形例讲陶平生内容与方法：代数变形是处理数学问题的重要手段与基本能力，是数学功底的体现，常用的方法有：结构变形法；代换法；迭代法；配方、拆拼配凑法；部分分式；齐次化；利用对称性；利用非负项；1、设m n22222m mn n m mn n ++++且22222m mn n m mn n++++与m n 异号． 证：0(1)、若m n <2222222221111m mn n n m mn n m mn n m m n n ++=+=+++++⎛⎫⎛⎫++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()2111>+3111=+=- … ①；同样，在m n >22222m mn n m mn n ++<++ … ②．因此22222m mn n m mn n++-++与m n 0(2)、如果m n <22222m m mn n n m mn n ++<<++，m a n =，22222m mn n b m mn n++=++，则0,0a b >>，且223222222()m m mn n m a b n m mn n n m mn n ⎛⎫⎛⎫++-=+=+ ⎪ ⎪++++⎝⎭⎝⎭2121n n n m m m ⎛⎫⎪⎪=+ ⎪⎛⎫⎛⎫ ⎪++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭2121⎛⎫ ⎪ ⎪>+ ⎪⎛⎫ ⎪++⎪ ⎪⎪⎭⎝⎭20⎛=== ⎝；即0a b >>，这表明，22222m mn n m mn n++++比mn对于m n> 2、设3333,m n p q m n p q a a a a a a a a +=++=+，(0,1)a a ≠≠；证明：mn pq =． 证：据第一式立方得，()()333333mn m n m n p q p q p q a a a a a a a a a a +++++=+++；所以有m np q aa ++=，故得m n p q +=+．从而m n p q a a a a ⋅=⋅，若记mnpqa a a ab +=+=，mnpqa a a a c ⋅=⋅=，则,m n a a 是方程20x bx c -+=的两根，,p q a a 也是此方程的两根，因此，或者m p a a =，n q a a =，由此,m p n q ==；或者m q a a =，n pa a =，由此,m q n p ==；总之都有mn pq =．3、设0x y z ++=，证明：(1)、222333555235x y z x y z x y z ++++++⋅=；(2)、222555777257x y z x y z x y z ++++++⋅=．(1)、证一：对于满足0x y z ++= … ①的任一组实数,,x y z ，若2220x y z ++=，则0x y z ===，结论显然成立；若2220x y z ++≠，设22222x y z a ++=，(0)a ≠，令111,,x ax y ay z az ===，则1110x y z ++= … ②，2221112x y z ++= … ③代入所证式，化为证 33355511111135x y z x y z ++++= … ④据②③得，2211111y z y z ++=，于是④左边33311111111()()3y z y z y z y z -+++==-+； ④右边5553322111111111111()()2()5y z y z y z y z y z y z -+++==-+-+ 22111111111111()()()y z y z y z y z y z y z =-+++=-+；因此④成立，结论得证．证二：对于满足0x y z ++= … ①的任一组实数,,x y z ，若3330x y z ++=，则因3332223()()0x y z xyz x y z x y z xy yz zx ++-=++++---=，于是30xyz =，即此时,,x y z 中必有一个为0，不妨设0x =，由①，y z =-，于是5550x y z ++=，结论成立；若3330x y z ++≠，设33333x y z a ++=，(0)a ≠，令111,,x ax y ay z az ===，则1110x y z ++= … ②，2221113x y z ++= … ③，由此得1111()1y z y z +=- … ④所证式化为 22255511111125x y z x y z ++++= … ⑤⑤式右边5555553322111111111111111()()2()55x y z y z y z y z y z y z y z ++-+++==-+-+ 2222222222111*********1111111()()()2222y z y z y z x y z y z y z y z y z y z +++=-+++=++=+=+2221112x y z ++=．因此⑤成立，结论得证．(2)、证明：对于满足0x y z ++= … ①的任一组实数,,x y z ，若2220x y z ++=，则0x y z ===，结论显然成立；若2220x y z ++≠，设22222x y z a ++=，(0)a ≠，令111,,x ax y ay z az ===，则1110x y z ++= … ②，2221112x y z ++= … ③代入所证式，化为证 55577711111157x y z x y z ++++= … ④据②③得，2211111x y x y ++=，于是④右边7771117x y z ++777552233331111111111111111()()3()5()7x y x y x y x y x y x y x y x y +-+==-+-+-+432234222211111111111111111111()()3()5x y x y x x y x y x y y x y x x y y x y ⎡⎤=-+-+-++-++⎣⎦ 432234111111111111()232x y x y x x y x y x y y ⎡⎤=-+++++⎣⎦222111*********()()()x y x y x x y y x y x y =-+++=-+；而④左边5553322221111111111111111111()2()()()5x y z x y x y x y x y x y x y x y x y ++=-+-+=-+++ 1111()x y x y =-+，即 ④成立，从而结论得证．4、设,,a b c 为实数，0a >，且0543a b c++=，证明：方程20ax bx c ++=有一根介于0和1之间．证：由条件得，435b c a+=-，记2()f x ax bx c =++，当34x =，有23333331533104441643165516a b c a a a f a b c ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++=++=-=-< ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭； 如果0c ≥，则(0)0f c =≥，这时二次函数()f x 在30,4⎡⎫⎪⎢⎣⎭中与X 轴有一交点； 如果0c <，则()4054353a b c a ca b c a b c ⎛⎫++=++-++=->⎪⎝⎭ ，即(1)0f > 这时二次函数在3,14⎛⎫⎪⎝⎭中与X 轴有一交点，因此不论何种情况，20ax bx c ++=都有一根介于0和1之间．5、设22,31kk k a k N =∈+，令019A a a a =+++ ，019B a a a = ，求A B． （2009年全国初中联赛江西卷） 解：对任何1m >，因2112111m m m -=-+-，则2112111m m m =-+-- ， 两边通乘2k，并取23km =，得到11222222313131kkk k kk ++=-+-- … ①在①式中分别令0,1,,9k = ，然后相加得1010212231A =-- … ②又记019452222C =⋅⋅⋅= ，()()()()0129222231313131D =++++()()()()()12922222131313131312=-⋅++++()()()()112922221313131312=-⋅+++ ()1021312==- ，所以，102461312D B C -== … ③据②③得，101010102246473621231311222231A B ⎛⎫⎛⎫--=-⋅=- ⎪ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭． 6、设正整数,,,,,a b c x y z 满足：,,ax b c by c a cz a b =+=+=+；求乘积xyz 所有可能的值．解：如果三数,,a b c 全相等，则有2x y z ===，这时8xyz =；如果,,a b c 不全相等，不妨设C 为最大数，则因2a b c +<，据a bz c+==正整数，所以1z =，c a b =+，于是221b c a b b x a a a ++===+，221a c a b ay b b b ++===+； 由于,,,a b x y 皆为正整数，则22,b a a b 也为正整数，设22,b a m n a b==（不妨设m n ≤）， 则因4mn =，得2m n ==或者1,4m n ==；由此，(,,)(3,3,1)x y z =或(2,5,1)，于是9xyz =，或10xyz =，即乘积xyz 可能取到的值有8,9,10三种情况；另一方面，这三种情况都可以出现：例如，当(,,)(1,1,1)a b c =时，(,,)(2,2,2),8x y z xyz ==； 当(,,)(1,1,2)a b c =时，(,,)(3,3,1),9x y z xyz ==； 当(,,)(1,2,3)a b c =时，(,,)(2,5,1),10x y z xyz ==．7、设实数,,a b c 满足：1111a b c a b c++=++， 证明：2013201320132013201320131111a b c a b c ++=++． 证一：据条件知,,a b c 皆不为0，且不全相等；不妨设a b ≠，直接将条件式1111a b c a b c++=++看作关于a 的方程，通乘分母后，就成为关于a 的一元二次方程， 显然该方程有一根a b =-；于是所证式成立；证二、将条件式左边通分，得到1ab bc ca abc a b c++=++，因此()()0a b c ab bc ca abc ++++-=；分解因式即()()()0a b b c c a +++=，故三式,,a b b c c a =-=-=-中必有一个成立；据此立知所证结论成立．8、设,,,,,a b c x y z 皆不为0，满足：0,1a b c x y zx y z a b c++=++=；证明：2222221x y z a b c++=．证：2222222221()x y z x y z xy yz zx ayz bzx cxy a b c a b c ab bc ca abc ⎛⎫⎛⎫++=++-++=-++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭22111xyz ayz bzx cxy xyz a b c abc xyz xyz xyz abc x y z ⎛⎫⎛⎫=-++=-++= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．9、设0a b c ++=，证明：对任意n N ∈，都成立等式：()()()33322211112n n n n n n n n n a b c abc a b c a b c a b c ++++++++=+++++++．证：作以 ,,a b c 为根的三次方程()()()0x a x b x c ---=，展开化简得30x px q ++= … ①，其中,p ab bc ca q abc =++=- … ②；将①两边同乘nx ，得 310n n n x px qx ++++= … ③，显然,,a b c 也是③的根； 据此有310n n n a pa qa ++++=，310n n n b pb qb ++++=，310n n n c pc qc ++++=； 相加得333111()()()0n n n n n n n n n a b c p a b c q a b c ++++++++++++++= … ④， 但由②，222222211()()()22p ab bc ca a b c a b c a b c ⎡⎤=++=++-++=-++⎣⎦， q abc =-，所以④成为()()()33322211112n n n n n n n n n a b c abc a b c a b c a b c ++++++++=+++++++． 10、已知()()()x y zm nb kc ma n kc ma nb k ma nb kc ==+-+-+-；证明：()()()m n kx by cz ax y cz ax by z ax by cz ==+-+-+-．证：由条件得，x y z m n k nb kc ma kc ma nb ma nb kc==+-+-+-，据比例性质得， 222y z z x x y n k k m m n ma nb kc+++==，约去2，并通乘mnk 得， ky nz mz kx nx my a b c +++==，所以，kxy nzx myz kxy nzx myzax by cz+++==，再次用比例性质得，222myz nzx kxyby cz ax cz ax by ax by cz==+-+-+- ，约去2，并同除xyz 得， ()()()m n kx by cz ax y cz ax by z ax by cz ==+-+-+-． 11、若实数,,x y z ，满足222222()()()(2)(2)(2)x y y z z x y z x z x y x y z -+-+-=+-++-++-；证明：x y z ==．证：22(2)()4()()y z x y z z x x y +---=---；同理有22(2)()4()()z x y z x x y y z +---=---，22(2)()4()()x y z x y y z z x +---=---，故由条件等式得 ()()()()()()0x y y z y z z x z x x y --+--+--= 又知 ()()()0x y y z z x -+-+-=，所以[]22220()()()()()()x y y z z x x y y z z x =-+-+-=-+-+-[]2()()()()()()x y y z y z z x z x x y +--+--+--222()()()x y y z z x =-+-+-因此x y z ==．12、设(),(),(),()P x Q x R x S x 都是x 的多项式，且55255432()()()(1)()P x xQ x x R x x x x x x S x ++=+++++⋅；求证：1x -是()P x 的一个因式．证：510x -=的五个根是：22cossin ,(0,1,2,3,4)55k k k i k ππε=+=，而 54321(1)(1)x x x x x x -=-++++，所以，1234,,,εεεε是43210x x x x ++++=的四个虚根；将其中任三个虚根例如123,,εεε代入条件式，得到211222233(1)(1)(1)0(1)(1)(1)0(1)(1)(1)0P Q R P Q R P Q R εεεεεε⎧++=⎪++=⎨⎪++=⎩系数行列式21122212233123311()()()01εεεεεεεεεεεε∆==---≠，故方程组只有零解，即(1)0P =，所以1x -是()P x 的一个因式．13、证明：从集合{}1,2,,100M = 中任取55个数构成的子集中，一定含有差为10,12,13的数对，但不一定含有差为11的数对．证：0(1)、先证明，从M 中任取55个数，必有两数之差为10； 为此，将M 的元素排成10行10列的表（表1）：12101112209192100⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭ （表1），1234512131415161724252627282936858687888996979899100⎛⎫ ⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭，（表2） 从表中的10个列中取出55个数，必有一列取出了至少6个数， 其中必有两数在列中相邻，其差恰为10；0(2)、次证，从M 中任取55个数，必有两数之差为12；为此，将M 的元素排成表二： 共得12列，每列相邻两数之差为12，（前四列中每列有9个数，后八列中每列8个数；）从12列中取55个数，必有一列至少取出了五个数；()a 、如果有一列取出了六个数，因每列至多9个数，该列中必有两数相邻，其差为12； ()b 、如果任一列所取的数至多5个，则至少有7列各取了五个数，即是说，后8列中有一列取到五个数，其中必有两数相邻，其差为12；0(3)、为证取出的55个数中有两个之差为13，我们给出表格：表中有13列，每列至多8个数，从中取出55个数，必有一列中至少取出了五个数，其中必有两数相邻，其差恰为13．1291011121314152223242526798087888990919293100⎛⎫⎪⎪⎪ ⎪⎪⎪⎝⎭（表3）， 1211121322899099100⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭（表4） 0(4)、今证明，不一定有两数之差为11；列表如表4，构造取法，将第1,3,5,7,9行的数全部取出，共得55 个数，其中任两数之差不等于11．14、数列{}n x 满足：2111,3n n n x x x x +==+，记122013111111S x x x =++++++ ；求[]S 的值．解：据条件，11()n n n x x x ++=，所以11111(1)1n n n n n x x x x x +==-++，11111n n n x x x +=-+；因此有1220131201420141111113111S x x x x x x =+++=-=-+++ ； 再从21n n n x x x +-=以及1103x =>可知，数列123,,,x x x 各项皆为正数，且严格单调递增， 而12341114445252526916,1,1,113339998181816561x x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫==+==+==+=> ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭；于是当 4n ≥，就有101nx <<，所以23S <<，即[]2S =． 15、求满足以下关系的全部实系数多项式()P x ，使得3232(332)(1)(332)()x x x P x x x x P x +++⋅-=-+-⋅．（越南2003） 解：将条件式改写为22(2)(1)(1)(2)(1)()x x x P x x x x P x +++-=--+ … ① 以2,1,1,2x =--分别代入①中，得到(2)0,(1)0,(0)0,(1)0P P P P -=-===； 所以可令()(1)(1)(2)()P x x x x x Q x =-++ … ②，其中()Q x 为x 的实系数多项式， 由此，(1)(2)(1)(1)(1)P x x x x x Q x -=--+- … ③ 将②③代入①中，就有2(2)(1)(1)(2)(1)(1)x x x x x x x Q x --++⋅++- 2(2)(1)(1)(2)(1)()x x x x x x x Q x =--++⋅-+，由于两边都是x 的多项式，且对一切实数x ，等式皆成立，所以22(1)(1)(1)()x x Q x x x Q x ++-=-+ … ④，由于22(1,1)1x x x x ++-+=，则有2()(1)()Q x x x R x =++⋅ … ⑤，其中()R x 为x 的实系数多项式；在此式中易x 为1x -，又得2(1)(1)(1)Q x x x R x -=-+⋅- … ⑥将⑤⑥代人④得，2222(1)(1)(1)(1)(1)()x x x x R x x x x x R x -+++-=-+++因22(1)(1)0x x x x -+++≠，所以(1)()R x R x -=，这表明，()R x 为常数，记()R x c =， 利用②⑤式得，2()(1)(1)(2)(1)P x cx x x x x x =-++++，其中c 为任意常数．直接验证表明，这种多项式满足给定的条件，从而就是所求的多项式．16、设,,,,,a b c x y z 为实数，满足：=证明：或者x y z ==，或者a b c ==，其中必有一个成立．（全俄第23届-1996） 讲解：设想有两个同心圆盘，内盘分别填有,,a b c ，及,,x y z ，让内盘固定，外盘反反时针每次转过一格，对齐后分别将同一条半径上的数相加，便是条件中的三式．要证的目标是x y z ==，或a b c ==．二者是对称的， 我们不妨考虑以证明x y z ==为主体；但如果想直接通过平方的方式来证，则将是十分复杂的； 于是考虑先作些设定与简化；易知，为证x y z ==，如能证得，对于某个实数t ， 有x t y t z t +=+=+，则结论立得；同时，还可进一步假定x y z ≤≤，否则可将,,x y z 中最小的一个改记为1x ，最大的一个改记为1z ，剩下一数记为1y ，条件式左边式子中与111,,x y z 在同一根号中的,,a b c 对应地改为111,,a b c ；这样变更后所得到的条件与结论形式，皆与原问题等价；因此不妨就设，条件式中有x y z ≤≤；（一）、若,,a b c 三数中，以a 为最小，此时再令111111,,,0,,x a x y a y z a z a a a b a b c a c +=+=+=-==-=-=，则11,0b c ≥；则条件==为叙述方便，仍旧记为==，,0b c ≥… ①=+=+，即=；也即b c ⎛⎫⎛⎫= … ②； 由于,0b c ≥，x y z ≤≤ ，可得0(1)、若,b c 中有一个为0，例如0b =，则②的右端或有0c =，或有=，前者有0a b c ===，后者有y z =，再由①得x z =， 因此x y z ==；0(2)、若,0b c >，x y z ≤≤，则②式中，左边0≤，而右边0≥，于是两边皆为0，即有=0=， 因此得，x y z ==；若,,a b c 三数中，以b 为最小，此时再令111111,,,0,,x b x y b y z b z b b b a b a c b c +=+=+=-==-=-=，则11,0a c ≥；条件式==， 为叙述方便，仍旧记为==，0,,0b a c =≥；=+=+，即=，也即 a c⎛⎫= … ③； 仿照②中的讨论，可知此时亦有0a b c ===或者x y z ==成立；若,,a b c 三数中，以c 为最小，类同于上述讨论；因此结论成立．17、对于1,2,,2000 的任一排列()122000,,,T a a a = ，作和式：200012122000T a a a S =+++ ； 证明：当T 取遍所有这种排列时，{}T S 中至少含有300个连续的自然数．证：记{}1,2,,2000M = ，首先，对于排列()01,2,,2000T = ，01220002000122000T S =+++= ， 下面采用调整法，对于任一对正整数,m n ，若将22422m m n n m m n n ⎛⎫⎛⎫+++= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，适当交换分母后，22522m m n n m m n n ⎛⎫⎛⎫+++= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，也就是说，对于和式中这样的四个项，经调整后可使和式的值增加1，现在我们适当安排这样的四数组：不大于1000的奇数有500个，为1,3,5,,999 ，对于其中每个奇数k ，数2k M ∈， 可将这些奇数配成250个奇数对(,)m n ，由此作成M 中互不相交的250个四数组(,2;,2)m m n n ；不大于200的奇数有100个，为1,3,5,,199 ，对于其中每个奇数k ，4,8k k M ∈， 令4a k =，则,2a a M ∈，这100个a 可配成50个对子，由此作成M 中50个不相交的四数组(,2;,2)a a b b ；将全部300个四数组合到一起，显然它们也互不相交；现在，我们以0T S 为基础，每次取出一个四数组，对和式进行调整；每调整一次，消耗一个四数组，而和式的值增加1，这样的操作可以进行300次，使得和式的值取遍由2000到 2301中的所有整数值，因此结论得证．18、求最大的整数A ，使得对于从1到100的全部正整数的任一排列，其中都有连续10个位置上的数，其和大于或等于A ．解：设12100(,,,)a a a σ= 是这样的一个排列，令101901max n k n k A a σ+≤≤==∑ … ①于是，排列σ中有某10个连续项之和等于A σ，而其余任何连续10个项之和都不大于A σ；因此，本题归结为求数min A A σσ= … ② 特别地，由数A σ的定义知，12101112209192100A a a a A a a a A a a a σσσ≥+++≥+++≥+++相加得，1210010121005050A a a a σ≥+++=+++= ，所以对任何排列，505A σ≥，由此，据A 的定义式②得，505A ≥ … ③为了说明505就是所求的A 值，考察前一百个正整数的如下排列：()12100(,,,)100,1,99,2,98,3,97,4,,51,50a a a τ== ，这个排列可以用以下关系式给出：212100,(049),,(150)n n a n n a n n +=-≤≤=≤≤， 我们来证明，它的任何连续10项之和不大于505；事实上，如果连续10项中的首项标号是偶数2k ，则 22129k k k S a a a ++=+++= ()()22228212329k k k k k k a a a a a a +++++=+++++++[][](1)(4)(100)(1001)(1004)500k k k k k k =++++++-+--++--= ； 如果连续10项中的首项标号是奇数21k +，则 2122210k k k S a a a +++'=+++= 2102(5)505k k S a a S k k +=+-=++-=，这说明，排列τ的任何连续10项之和不大于505，且可以等于505，因此505A τ=，从而由关系式②得505A ≤ … ④，由③④得505A =．（注，本题可推广到一般情形：求最大的整数A ，使得对于从1到2n 的全部正整数的任一排列，其中都有连续2k 个位置上的数，其和大于或等于A ．这里，k 是n 的因子； 仿照上述方法，可得(21)A k n =+；）。

代数变形常用技巧及其应用摘要代数变形是利用代数知识实施形变而质不变的一种变形．即将一个问题等价地变换为另一个问题，由一种形式转换为实质等价的另一种形式，将其归结为比较熟悉的较易解决的问题或形式．本文旨在从五个方面展现常用到的代数变形技巧：一是利用换元法变形，二是根据数学本身的概念、性质、法则等对已知条件直接进行变形，三是公式法变形，四是分解组合思想变形，五是利用待定系数法进行变形．另外，还介绍了这些变形技巧在分式、不等式、极限、求导、三角、方程组等方面的应用．关键词：代数变形换元法直接法公式法分解组合思想待定系数法The common skills and application of the algebradistortionAbstractThe algebra distortion is one kind of distortion which uses the algebra knowledge to implement deformation and the nature invariable. It means a question equally transforms for another question, transforms by one form into the substantive equal another form, sums up it as the question or the form which are quite familiar easy to solve. This article aimly unfoldsthe usually used skill of algebra distortion from five aspects ：The first, distort using the substitution of variables. The second, according to mathematical concepts, the nature, the principle and so on carries on the distortion directly to the datum. The third, decomposes the combination thought to distort. The fourth, formula distorts. The fifth, carries on the distortion using the undetermined coefficient law. Moreover, it also introduced these distortion skill 's uses in the fraction,inequality,limit,derivation,triangle,equation group and so on.Key words ：algebra distortion substitution of variables direct method formula method decomposite and combinate thought undetermined coefficient method目录摘要 (I)Abstract .................................................................................................................... I.I...一、绪论 (1)二、换元法及其应用 (1)（一）换元法的定义 (1)（二）换元法的应用 (1)1．应用于三角中 (1)2．应用于分式不等式中 (1)3．在方程组中的应用 (2)三、直接法及其应用 (3)（一）在分式中的应用，将已知条件变形，再直接代入 (3)（二）在不等式中的应用 (4)（三）在求极限中的应用 (4)（四）在求导中的应用 (5)四、数学公式法及其应用 (5)（一）完全平方公式的变形及应用 (6)（二）三角公式变形及其应用 (6)（三）行列式变形及其应用 (6)五、分解组合思想及其应用 (7)（一）配方法 (7)1．应用于解方程和因式分解中 (7)2．应用于二次型中 (8)3．用配方法证明柯西不等式 (8)（二）拆项法 (9)1．应用于数列求和 (9)2．应用于行列式 (9)（三）加“ 0”乘“ 1”法 (10)1．加“ 0” (10)2．乘“1” (10)3．应用于行列式 ........................................................ 1.1..六、待定系数法及其应用 (12)（一）待定系数法 (12)（二）应用 (12)1．在有理分式分解中的应用 (12)2．在求取值范围中的应用 (13)3．在数列求和中的应用 (14)4．在极限中的应用 (14)结束语 (15)致谢 (16)参考文献 (17)一、绪论所谓代数变形是利用代数知识实施形变而质不变的一种变形•即将一个问题等价地变换为另一个问题，由一种形式转换为实质等价的另一种形式，将其归结为比较熟悉的较易解决的问题或形式，其过程的实质是从未知到已知的转换过程，使原问题得以解决.一般情况下，代数变形必须是恒等变形或同解变形，这是他必须遵循的原则，不能让变形改变了题意•在变形的时候，不能改变一些实质性关键性的知识内容，否则就会使原问题“改头换面”，得到错误结果•实施代数变形，要把握几个主要因素，第一：题设中的关键性导语；第二：题设中的式子结构特征；第三：题设中的内在因素；第四：题设中所提供的数学模型，这些因素在变形中起着决定作用，是决策变形思维的关键.二、换元法及其应用（一）换元法的定义换元法是数学中一个非常重要而且应用十分广泛的解题方法•我们通常把未知数或变数称为元，所谓换元法，就是在一个比较复杂的数学式子中，用新的变元去代替原式的一个部分或改造原来的式子，使它简化，进而解决问题.（二）换元法的应用1 •应用于三角中例屮求证3sin2x—4cos2x2 tan x -1证明令tan x = t，贝U6t 41 -t2左边=1 工2t -1所以原恒等式成立2 .应用于分式不等式中24t 6t - 4 2t 41 t2 2t -1 " 1 t2，右边=2t 41 t2 1 t22t 41 t22=sin 2x 4 cos x .例2切试证对满足X i0 , X 2 0 , x 1y 1 - z j 1 2 3 0 , x 2y 2 -z f . 0的所有实数X i , x> , y i , y 2, Z i , Z 2，有不等式:” i“ “ “ 2 — 2 X iX 2 y iy 2 - ZiZ 2 X i y i - 乙并求出等号成立的充要条件.证明 设 a n x y -才 0 , b =x 2y 2 -z ； 0，贝U 为 ％ =a ■ z ； ,x 2y 2 =b ■z ；,所以22 2X i X f y iy 2 AZz ?二 x 』ixyx?% x ?y 2-乙-Z 2 - 2z i Z 2因此2l y i +y2 )-(z i +Z 2 f (J a +V b fJab1i —2 2- Z i X 2 ^2 - Z 28兰 -------------- + ---------- ,(X i +X 2'(y i + y 2 )—(Z i +Z 2 f 为％—乙2乂2丫2-z ：2'3 .在方程组中的应用例3訂已知方程组 ⑴,求x i000X i X2 …X 2004 =i X i -X 2X 3X 2004 =iX i X 2 —X 3X 4 X 2004 = iX i X2X 2003 - X2004 - iZ^j —Z 2X2x2a _x i b 2,X i\ X 2且当且仅当 X i =X f , % =y 2,Z i等号成立.(i)解由第一个方程可知x 「Oi = i,2,,2004 ,i2，x 2y2 - Z 2X i X 2 J i a bX i Y i设P i =Xi X2…X i i =i,2,…,2003用P i去乘第i • i个方程，两边得P i -1 = P i i =1,2， .2003 ,一1 十 V5P i2又因为No 。

代数变形中常用的技巧代数变形是为了达到某种目的或需要而采取的一种手段，是化归、转化和联想的准备阶段，它属于技能性的知识，当然存在着技巧和方法，也就需要人们在学习代数的实践中反复操练才能把握，乃至灵活应用。

代数变形技巧是学习掌握代数的重要基础，这种变形能力的强弱直接关系到解题能力的发展。

本文就初等代数变形中的解题技巧，作一些论述。

两个代数式A、B，如果对于其中所含字母的一切允许值它们对应的值都相等，则称这两个代数式恒等，记作A≡B或A=B，把一个代数式换成另一个和它恒等的代数式，叫做代数式的恒等变形。

恒等变形是代数的最基本知识，是学好中学数学的基础，恒等变形的理论依据是运算律和运算法则，所以，恒等变形必须遵循各运算法则，并按各运算法则在其定义域内进行变形。

代数恒等变形技巧是学习与掌握代数的重要基础,这种变形能力的强弱直接关系到解题能力的发展。

代数恒等变形实质上是为了达到某种目的或需要而采取的一种手段，是化归、转化和联想的准备阶段，它属于技能性的知识，当然存在着技巧和方法，也就需要人们在学习代数的实践中反复操练才能把握，乃至灵活与综合应用。

中学生在平时的学习中不善于积累和总结变形经验，在稍复杂的问题面前常因变形方向不清，而导致常规的化归、转化工作难以实施，甚至失败，其后果直接影响着应试的能力及效率。

代数的恒等变形包括的内容较多，本文着重阐述代数运算和解题中常见的变形技巧及应用。

一、整式变形整式变形包括整式的加减、乘除、因式分解等知识。

这些知识都是代数中的最基础的知识。

有关整式的运算与化简求值，常用到整式的变形。

例1：化简(y+z-2x)2+(z+x-2y)2+(x+y-2z)2-3(y-z)2-3(z-x)2-3(x-y)2分析：此题若按常规方法先去括号，再合并类项来进行恒等变形的话，计算会繁杂。

而通过观察发现此题是一个轮换对称多项式，就其特点而言，若用换元法会使变形简单，从而也说明了换元法是变形的一种重要方法。