代数式变形与技巧讲稿
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（讲稿）一代数式变形与技巧
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A、1 B、2 C、3 D、4 代数式变形与技巧（一）
徳阳二中邓正健
如果两个代数式对于字母在允许范围内的一切取值，它们的值都相等，那么 这两个代数式恒等。把一个代数式换成和它恒等的代数式，称为代数式的恒等变 形（或恒等变换）。整式、分式、根式的运算及因式分解等都是恒等变形。代数式 的恒等变形广泛应用于计算.化简.求值、证明、解方程之中，是数学中非常重 要的变形（运算）的方式。
能否将代数式进行适当、巧妙的变形，使问题获解，也是衡量学生数学能力 的标志之一。因此，掌握恒等变形无论是对参加数学竞赛，还是进一步学好数学, 提高运算能力，都必将起到积极的促进作用。
代数式的变形方法灵活多变，技巧性强，即要求学生牢固掌握代数式运算的基本 法则，又要注意学习代数式恒等变形的方法和技巧。
下面将通过具体实例介绍一些代数式常用的变形方法和技巧。
一、利用因式分解进行代数式的变形
因式分解本身就是恒等变形的一种形式。常用的方法除提取公因式法、运用 公式法、分组分解法、十字相乘法之外，还有添（拆）项法、配方法、换元法、待 定系数法等。山于后面还要专门探索代换法、配方法、待定系数法在代数式的变 形中的使用，所以这里不再展开。
例 1、计算:1991X 19921992-1992X 19911991
解：1991X 19921992-1992 X 19911991
=1991X1992X10001-1992X1991X10001
分析：此题主要考察因式分解与约分的内容，已知条件首先要化成与所求式 相关的X2 + 4 = 11的形式，然后将所求式的分子与分母同时变形，直到化成只含
X2+4=H时为止，再把X2+-L=H代入即可。
解：Vx-- = 3, •"+丄=11
xH(x2 + l) + (x2+l) _ (x2+l)(x8 + l)
x6(x4 +1) + (x4 +1) _ (x4 + l)(x6 + 1)
x(x + —)^x4(x4 + —) (2 +r 广 一2 x x — __________ 疋
“LX H—V + —) X —)X + r -1)
对 对 对
例3、满足等式：还+曲-丁2003兀- j2OO3y + 丁2003貯=2003的正整数对（如刃 的个数是（ ）o
分析：等式左边虽然很复杂，但通过观察分析知，它是仮、"的代数式， 因而可例2、当兀一丄=3时,
x X104-X8+X2+l
x,0 + x6+x4 + l
严+/+宀1 严+.{+F+l
代入得, 原式=「7 =丄
11x(11-1) 110 (讲稿)一代数式变形与技巧
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考虑用因式分解方法来解。
解：由已知等式可变形(题中隐含x〉0, y>0)为： 历 S + 77)-(2003(77+77) + 丁2003(何-J2003) = 0 (历 -(2003)(仮 + " + J2003) = 0 因为V7+" + j2OO3HO,则历_J2OO3=0,所以心= 2003 由于x、y是正整数，且2003是质数，所以只有(x, >0 =
(1,2003)或(2003,1) 故应选(B)
例4、求证：2宀5血-3&2+“ + 1“-6能被24+"-3整除。
分析与解：解该题的方法很多，如待定系数法、竖式除法等。由题意还可知
2a+b-3是2a2 -Sab-3b2 +a + \\b-6的一个因式，因此分解因式 2tr -5ab-3b2 +a + l lb—6
得(la+b-3)(6/ — 3b+ 2)
思考：该因式分解使用了什么方法?你能揭示该方法的一般规律吗？ 例5、解方程2(兀+1)-2血兀+8)=仮-Jx+8
解：原方程可变形为: x-27-v(-v+8)+(x4-8)-(^/7-^/7+8)-6 = 0 {y[x - Jx + 8)2 -
(y/x - yfx
+ S)-6 = 0
— Jx + 8) — 3] — Jx + 8) + 2] = 0
・*. >/7-VX + 8=3 (舍去)SE>/7-VX + 8=-2 解得x = \ (检验略)
二、应用公式恒等变形
恒等变形常用的方法除配方法、换元法、待定系数法外还常用公式法，而灵 活运用公式是运用公式法恒等变形的关键。
常用的乘法公式有：
(a + b)(a — b) = a2 — if
(a±b)2 =a2±2ab + b2
(a 土 = / ± 3“铅 + 3"员 ± /
(a ± b)(a2 + ab + h2) = a3 -b'
(a + b + c)2 = a2 +b2 +c2 + 2a b + 2bc + 2ac
此外，还有一些乘法公式及公式变形
(a + b + c^a2 +h2 +c2 一 ub - be - cu) = a' +1/ +c? - 3abc
(a - b)(严 + an~2b + a'^b1 + …+ 川严 + 严)=an - bn
a1 +b2 =(a±b)2 + 2ab
(a ± b)2 = (a + b)2 ± 4ah
(a + h)2 — (a — b)，=4cib
(a ± by = ci ± b' ± 3ab(a ± b)
例 1、已知：x+y + z + ” = 0, 求证：x3 + y3 + z.' +ir = 3(xyz + yz,u + ziix +
分析与解：寻求已知条件与求证等式之间的关系可以从x+y + Z + u = 0入手, 变形为x+y=-u+w),再利用立方公式进行恒等变形，从而获证。 (讲稿)一代数式变形与技巧
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例 2、己知丄 + 丄+ 1 = 0, 求证：a2 +h2 +c2 ={a + b + c)2 a b c 分析与解：将求证等式右边根据公式展开进行恒等变形，得
(a + b + c)2 =a2 +h2 +c2 +2(ab + bc + ac),再将已知条件进行分式运算变形，得 ab+bc + ac = 0 9从而获证。
三. 应用三种数学方法恒等变形
这里我们所说的三种数学方法是指初中教材中所涉及到的代换法、配方法、 待定系数法。它们在恒等变形中起着重要作用。
1、代换法
代换法就是一种字母替换或等量替换的方法。而我们常用的换元法就是其中
的一种。使用代换法可化繁为简，化难为易，是解决问题的一种有效的思维方法。
分析与解：代数式的运算化简是最常规最基本的恒等变形，它是解决许多数 学问题的基础，该题釆用设 —=x的代换法，则使化简十分简单，
a+b
厢式 “(1 一十)(l + x + X) = a。
小八 Z?(1 + A)(1-A)(1 + X + X2 ) _ b °
例 2、分解因式(ax-by)3 + (by-cz) -(cix-⑵'
分析与解：直接应用公式
a' + b' +c3 -3ubc = (a + b + c)(a2 +b~ +c2 -ab-be-ac)
但书写较繁，若用代换法配合应用公式则较简便。
设= by-cz = B , cz—ax = C ,
贝 I」A + 3 + C = 0
A3 + B' + C3-3ABC = (A + B + C)(A2 + B~+ C2 - AB-BC - CA)
故 A3 + B3 +C3= 3ABC
・°・(ar-by)y + (by-cz) -(ax-⑵‘
=(ax 一 by) + (by 一 cz) + (cz 一 ax)
=3(Q_by)(by _cz)(cz _ar)
换元实质上是将某个局部看作一个整体，对此认识比较深刻的同学，往往不将换 元过程表现出来，但仍然认为使用了换元这种思考方法。
例3、分解因式弓+ (x +1)( y +1)5 + 1)
解:原式二 xy + (xy + x + y + l)g +1)
= xy + (x+ y)g + \) + (xy +1)2
=(x + xy + l)(y + +1) ----- 练习(1) ---------
1 汁苗 (19942 - 2000)(19942 +3988 — 3)x1995
1991x1993x1996x1997
2、分解因式 ac^
例1、化简L (a+h)2
(b+ be
I u I \ b + aj (d+防 a+h (a + b)2 （讲稿）一代数式变形与技巧
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(1) , + PF +1 一 3mn
(2) , x4 + 2002.V2 + 200lx+2002
(3) , (Z? + c)(c + a)(a+b) + abc
X8 + X6 + X4 +X2 +\
x4 +x3 +x2 +x+\
4、已知a+b + c = 0, /+戻+/=0,求a^+b^+c2W1 的值。
5、解方程石+ 2&+7X +厶+7 =49_2x
6、已知AABC三边的长为a、b、c且丄-丄+丄=一!一试判断ZUBC的形状 a b c a-b+c
答案：
1, 1995o
2, (1), (“? + n +1)(〃『+/r + 1-mn一m一n)
(2) , (X2+X + 1)(X2-X + 2002)
(3) , (a + b + c)(ab + ac + be)
3, — .V + — x +1
4, 0
5, x=9
6, 以a为底或以c为底的等腰三角形。
代数式变形与技巧(二)
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2、 配方法
配方法是恒等变形的一种常用方法，在配方时，常用到添项和拆项的技巧。
例］、已知a、b、c、d是四边形的边长，且满足a4 +c4 +d4 = 4abcd 3、化简 (讲稿)一代数式变形与技巧
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求证：这个四边形是菱形。
分析：从表面上看似乎是儿何问题，但实质上是对条件等式进行添项配方得 {a-
-/r )2 +(c2 -d2)2+2(ab-cd)2 = 0 再应用非负数的性质得a = b = c = d ,获证。 例 2、已知
x2 -4x + 4y2 +12y + 13 = 0 ,求 xy + yx 的值
分析与解：对条件等式进行拆项配方得x、y的值，代入即可。
3、 待定系数法
待定系数法的特点是先假定一个恒等式，其中含有待定的系数，然后根据题 U条件找到待定系数字母所满足的关系式，求出待定系数，从而使问题保证解决, 待定系数法是一种有用的数学方法，在恒等变形中经常用到。
例1、是否存在常数p、Q,使得x4 + px2+q能被T+2X + 5整除?如果存在，求出 p、q的值；否则请说明理由。
分析与解：如果x4 + px2+q能被X2+2X + 5整除，那么，商式一定是一个二 次多项式，根据“被除式二除式X商式”(整除时)可以运用待定系数法求出P、q 的值，所谓P、q是否存在，就是关于待定系数的方程组是否有解。假设存在常数 P、q,使x4
+ px2+q能被X2+2X + 5整除，可设
x4 + px2 +q = (A-2 + 2x + 5)(A-2 + nix + n),
比较系数得方程组，解方程组即可。m-2, n=5
例2、已知X4-4X3 + 12A-2-16X + ,H是一个完全平方式，求常数m。
