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1、名校精品资料数学代数证明与恒等变形代数证明主要是指证明代数中的一些相等关系或不等关系在初中阶段，要证的等式一般可分为恒等式的证明和条件等式的证明恒等式的证明常用的方法有： (1)由繁到简，从一边推向另一边； (2)从左右两边人手，相向推进； (3)作差或作商证明，即证明：左边一右边=0，条件等式的证明实质是有根据、有目的的代数式恒等变换，证明的关键是寻找条件与结论的联系，既要注意已知条件的变换，使之有利于应用；又要考虑求证的需求情况，使之有利于与已知条件的沟通代数证明不同于几何证明，几何证明有直观的图形为依托，而代数证明却取决于代数式化简求值变形技巧、方法和思想的熟练运用例1：设a、b、c、d
2、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-2xz-2yz=0(x-y)2+(x-z)2+(y-
3、z)2=0x=y=z,原式=1.例3：设a+b+c=3m,求证: (m-a)3+(m-b)3+(m-c)3-3(m-a)(m-b)(m-c)=0.证明 令p=m-a,q=m-b,r=m-c,则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,试比较A、B的大小.解 设 则.2xy 2x-y0, 又y0,可知0 AB. 例5：求最大的正整数n，使得n3+100能被n+10整除 分析：此题可以运用整除法或两个整式整除的问题转化为
4、一个分式问题加以解决解：= n2-10n+100- 要使n+10整除n3+100，必须且只需n+10整除900，又因为n取最大值，所以n+10=900，从而符合要求的正整数n的最大值为890 评注：对于分子的次数高于或等于分母的次数的分式，可化为整式部分与分式部分的和例6：已知a、b、c为非负实数，且a2+b2+c2=1,求a+b+c的值.解：由条件知(a+b+c)(=0 a+b+c=0 或=0当=0时，=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：已知求证:.证明 例8：设a、b、c、d都是正整数，且a5=b
5、4,c3=d2,c-a=19,求d-b.解 由质因数分解的唯一性及a5=b4,c3=d2,可设a=x4,c=y2,故19=c-a=(y2-x4)=(y-x2)(y+x2) 解得 x=3. y=10. d-b=y3-x5=757.练习：（1）已知a2+c2=2b2,求证（2）求证：（3）求证：例9：已知a、b、c、d满足a+b=c+d，a3+b3=c3+d3, 求证：a2001+b2001=c2001+d 2001.解：由a3+b3=c3+d3得：(a+b) (a2-ab+b2)=(c+d) (c2-cd+d2)a+b =c+d，则有(1) 若a+b =c+d=0，则a= -b，c= -d，从而
6、a2001+b2001=c2001+d2001=0(2) 若a+b =c+d0，则a2-ab+b2=c2-cd+d2，(a+b)2-3 ab=(c+d)2-3 cd，从而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，从而a2001+b2001=c2001+d2001 例10： 有18支足球队进行单循环赛，每个参赛队同其他各队进行一场比赛，假设比赛的结果没有平局，如果用和，分别表示第i(i=1，2，318)支球队在整个赛程中胜与负的局数 求证：解：由于每支球队都要进行18-1=17场比赛，则对于第i支球队有ai+bi=1
7、7,i=1,2,3,18；由于比赛无平局，故所有参赛队的胜与负的总局数相等，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 求证： 思路点拨 条件中有一个连等式，恰当引入参数，把待证式两边都变形为与参数相同的同一个代数式解：设=t3，则a=，b=，c= 因=t 又=t，从而得证.例12： 已知，证明：四个数、中至少有一个不小于6 思路点拨 整体考虑，只需证明它们的和大于等于24即可解：因为+=24 若6
8、，6，6，6，则他们的和必小于24，这与上式矛盾，故四个加数中至少有一个不小于6。例13：已知x、y、z满足条件 ,求xyz及x 4+y 4+z 4的值.解：由(x+y+z)2-(x2+y2+z2)=2xy+2yz+2xz得 xy+yz+xz= -10又由x3+y3+z3-3xyz=(x+y+z) (x2+y2+z2- xy-yz-xz) 得 45-3xyz=3(29+10)，xyz= -24(xy+yz+xz)2=100，x2y2+y2z2+x2z2+2xyz(x+y+z)=100 得 x2y2+y2z2+x2z2=244。又因 x 4+y 4+z 4 =(x2+y2+z2)2-2 (x2y
9、2+y2z2+x2z2)x 4+y 4+z 4 =741-2244=253。例14：已知，求证：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从而 (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练习：1若，记，证明：A是一个整数 2已知，求证：x
10、、y、z中至少有一个为13已知，求证：4完成同一件工作，甲单独做所需时间为乙、丙两人合做所需时间的p倍，乙单独做所需时间为甲、丙两人合做所需时间的q倍；丙单独做所需时间为甲、乙两人合做所需时间的x倍，求证： 5. 已知，且求证：例15：化简+ 解：原式 =0评注：此题采用的是“拆项相消”法利用的是的模式，其中分解因式的作用是显而易见的例16：证明恒等式证明: 例17：已知xyz=1，x+y+z=2，x2+y2+z2=3，求的值 解：x+y+z=2，xy+z-1=xy+（2-x-y）-1=（x-1）（y-1），同理可得：yz+x-1=(y-1)(z-1）zx+y-1=(z-1)(x-1），又因为
11、xyz=1，x2+y2+z2=3，则xy+yz+zx=（x+y+z）2-（x2+y2+z2）=1 故原式=例18： 已知=1，=0，求的值 解：设，由已知有k+s+t=1，故（k+s+t）2=1，再由第二个条件有=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评注：换元的目的无非是为了达到简单、明了的效果，使较复杂的题目变得简洁、清晰，便于解答例19： 已知x=by+cz，y=cz+ax，z=ax+by，且x+y+z0.证明：分析：所证明的式子中不含x、y、z，因而可以将已知条件中的三个等式中的x、y、z看成常数，
12、把三个式子联合起来组成一个关于a、b、c的方程，然后求出a、b、c。 再代入等式的左边证明。证明：解方程组 (2)+(3)-(1) 得y+z-x=2ax，所以 所以 同理可得， 所以 评注：将含有字母的等式视为方程，是方程思想的应用。例20：设，证明(1) a、b、c三数中必有两个数之和为零；(2) 对任何奇数n，有.分析：要求a、b、c三数中必有两个数之和为零，即要证(a+b)(b+c)(c+a)=0，故可对已知条件进行变形，使它出现(a+b)、(b+c)、(c+a)这些因式。证明：(1)由得 则 (bc+ca+ab)(a+b+c)-abc=0 (bc+ca+ab)(a+b+c)-abc=a
13、 (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，这就是说，在a+b、b+c、c+a 中至少有一个为零，即a、b、c三数中必有两个数之和为零。 (2) 由(1)，不妨设a+b=0，即b= -a，因为n为奇数 又 评注：实质(bc+ca+ab)(a+b+c)-abc是关于a、b、c的一个轮换对称式。令a= -b，代入得 (bc+ca+ab)(a+b+c
14、)-abc=(bc-bc-b2)(-b+b+c)-(-b)bc= -b2c+ b2c=0 这就是说a+b是(bc+ca+ab)(a+b+c)-abc的一个因式，由轮换对称式的性质知， b+c、a +c也是(bc+ca+ab)(a+b+c)-abc的一个因式，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：设A=，B=，C= （1）当A+B+C=1时，求证：A2008+B2008+C2008=3； （2）当A+B+C1时，试问三个正a，b
15、，c能否作为一个三角形的三边之长？ 分析：从结论分析，A，B，C的2008次幂之和若非特殊值，则非常难算，故可根据条件A+B+C=1，寻求a，b，c三者之间的内在联系 解：A+B+C=1，（+1）+（-1）+（-1）=0 整理化简，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中至少有一个为0不妨设b+c-a=0，由a=b+c，得：A=-1，
16、B=1，同理c=1 故A2008+B2008+C2008=3 当a+b-c=0或c+a-b=0时，同理可证 （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三者中必为全正或两负一正 若三个式中两负一正，不妨设b+c-a0， a+b-c0 前两式相加得2b0，c+a-b0，a+b-c0， 即b+ca，c+ab，a+bc a，b，c可作为一个三角形的三边长 评注：此题的运算过程较为复杂，在分式的运算和化简中，每一步都要特别细心，哪怕是一个符合的错误都会使我们半途而废，细心，坚持，不断地分析梳理思路，才能到达成功的彼岸例22：若，求
17、证：ax+by+cz=(x+y+z) (a+b+c).解：设=k，则a=k(x2-yz)，b= k(y2-xz)，c= k(z2-xy)， 所以，ax+by+cz= kx(x2-yz)+ ky(y2-xz)+ kz(z2-xy)=k(x3+y3+z3-3xyz)而(x+y+z) (a+b+c)= (x+y+z) k(x2-yz)+ k(y2-xz)+ k(z2-xy) =k (x+y+z) (x2+y2+z2-yz-zx-xy)由乘法 (x+y+z) (x2+y2+z2-yz-zx-xy)= x3+y3+z3-3xyz所以 ax+by+cz=(x+y+z) (a+b+c)例23：已知a3+b3
18、+c3=(a+b+c)3，求证a2n+1+b2n+1+c2n+1=(a+b+c) 2n+1，其中n为自然数。证明:由题设知(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当a= -b时，左边=(-b)2n+1+b2n+1+c2n+1= c2n+1右边=(-b+b+c) 2n+1= c2n+1a= -b时等式成立，同理，当a= -
19、c 或b= -c时，等式也成立。例24：设a、b、c都是正数，且，求证：a=b=c.解：令，则p3q3r3=1,即pqr=1，因p3+q3+r3=1，pqr=1p3+q3+r3-3pqr=0，(p+q+r)(p2+q2+r2-pq-qr-rp)=0a、b、c都是正数，p+q+r0, p2+q2+r2-pq-qr-rp=0即 (p-q)2+(q-r)2+(r-p)2=0，p=q=r,由此得，结合得，所以a=b=c练习： 1.化简：2.若abc=1，求证.3.数x、y、z满足关系式,证明： 4.已知a+b+c=a2+b2+c2=2，求证：a(1-a)2=b(1-b)2=c(1-c)2 5.证明：6.求证：2(a-b) (a-c)+2(b-c) (b-a)+2(c-a) (c-b)= (b-c)2+(c-a)2+(a-b)2