初一数学竞赛系列讲座(7)有关恒等式的证明
初中数学重点梳理恒等式证明
初中数学重点梳理恒等式证明初中数学中的恒等式证明是一个重要的知识点，也是数学学习中的基础内容。
恒等式证明主要通过逐步推导，将一个式子转化为另一个等价的式子，从而证明恒等式成立。
下面是初中数学中常见的恒等式证明的一些重点梳理。
1.基本的恒等式：-交换律：a+b=b+a，a×b=b×a-结合律：(a+b)+c=a+(b+c)，(a×b)×c=a×(b×c)-分配律：a×(b+c)=a×b+a×c2.等式转换的基本方法：-两边加减相等的量-两边乘除相等的量-合并同类项-提取公因式-分解因式3.恒等式证明的常见例题：- 证明两个三角函数的恒等式，如证明sin²θ + cos²θ = 1-证明平方差等式，如证明a²-b²=(a+b)(a-b)- 证明平方和等式，如证明(a + b)² = a² + 2ab + b²-证明乘法公式，如证明(a+b)×(a-b)=a²-b²4.使用排列组合证明恒等式：-利用组合数等恒等式，如证明C(n,r)=C(n,n-r)-利用排列数等恒等式，如证明A(n,m)=n!/(n-m)!-利用二项式定理等恒等式，如证明(a+b)ⁿ=C(n,0)aⁿ+C(n,1)aⁿ⁻¹b+...+C(n,n)bⁿ5.使用数学归纳法证明恒等式：数学归纳法是一种证明恒等式的常用方法，通过证明基础情况成立，以及假设n=k时等式成立，再证明n=k+1时等式成立来证明恒等式的真实性。
6.利用三角恒等关系证明恒等式：三角恒等关系是三角函数中常见的等式，通过变换、代入等方法，可以将一个三角函数的恒等式转化为另一个等价的恒等式。
7.利用代数运算规律证明恒等式：例如利用加法运算的逆元、乘法运算的逆元以及分配律等运算规律，可以将一个等式转化为另一个等价的等式。
代数式的恒等式与方程的证明与推理
代数式的恒等式与方程的证明与推理一、恒等式的定义与性质在代数学中，恒等式是一种数学表达式，其中的两边总是相等的。
恒等式可以由代数运算得出，并且对于任意满足其中所涉及的条件的变量或数值，都成立。
恒等式的性质如下：1. 反身性：对于任意的数值或变量，恒等式与自身相等。
2. 对称性：恒等式的两边可以互换位置而保持相等。
3. 传递性：如果恒等式A等于恒等式B，而恒等式B又等于恒等式C，那么恒等式A也等于恒等式C。
二、恒等式的证明方法1. 直接证明法：通过直接计算，将恒等式的左边转化为右边，或将右边转化为左边，以证明两边相等。
举例来说，对于恒等式(a + b)² = a² + 2ab + b²，我们可以通过展开左边并进行求和运算，证明它与右边相等。
2. 分类讨论法：将恒等式中的变量或数值分成不同情况进行讨论，证明恒等式在每种情况下都成立。
举例来说，对于恒等式|a| = a 或 |a| = -a，我们可以分别讨论a为正数、负数和0的情况，证明恒等式在每种情况下都成立。
3. 数学归纳法：适用于需要证明一个恒等式对于所有自然数或整数都成立的情况。
举例来说，对于恒等式1² + 2² + 3² + ... + n² = (n(n + 1)(2n + 1))/6，我们可以使用数学归纳法证明。
三、方程的定义与求解方法方程是恒等式的一种特殊形式，其中至少包含一个未知数，并且需要找到满足方程的未知数的值。
方程的求解方法如下：1. 引入一个变量：将方程中的未知数引入一个临时变量，通过运算将方程转化为一个恒等式，从而求解出未知数。
2. 因式分解法：对于含有多项式的方程，可以使用因式分解法来将方程转化为多个恒等式的乘积，再求解每个恒等式中的未知数。
3. 方程求根法：利用方程的特点，例如一元二次方程的求根公式，解析求解出未知数。
四、方程的证明与推理方法1. 逆向推理法：从一个已知的等式或不等式出发，通过逆向推导，得到要证明的方程。
初中数学 如何证明三角恒等式
初中数学如何证明三角恒等式证明三角恒等式的方法有很多种，下面将介绍一些常见的证明方法来证明三角恒等式。
1. 代数证明法代数证明法是通过将三角函数转化为代数表达式，并通过代数运算和等式变换来证明恒等式的等价性。
例如，我们可以利用基本恒等式sin^2(x) + cos^2(x) = 1，以及三角函数的和差公式来证明其他复杂的三角恒等式。
2. 几何证明法几何证明法通过利用几何图形和几何性质来证明三角恒等式。
例如，我们可以利用三角形的角和关系、相似三角形、平行线等几何性质来推导三角恒等式。
3. 三角恒等式的变形证明法三角恒等式的变形证明法是通过将恒等式的两侧进行等式变形，使其变为等价的形式来证明。
例如，我们可以将三角函数的和差公式进行变形，然后结合其他恒等式来推导所要证明的恒等式。
4. 数学归纳法数学归纳法是一种证明方法，适用于证明一系列命题。
对于一些具有递推性质的三角恒等式，可以使用数学归纳法进行证明。
首先验证基本情况，然后假设对于某个n成立，再利用这个假设推导出n+1成立，从而得到结论。
5. 三角函数的图像证明法三角函数的图像证明法是通过观察和分析三角函数的图像来推导三角恒等式。
通过观察函数的周期性、奇偶性、对称性等特点，可以得到一些三角恒等式的证明。
需要注意的是，证明三角恒等式时需要严格的逻辑推理和等式变换的合法性。
在证明过程中，可以根据需要使用已知的恒等式、性质和公式。
同时，也可以根据具体的题目要求和证明难度选择合适的证明方法。
总结：证明三角恒等式的方法有多种，包括代数证明法、几何证明法、变形证明法、数学归纳法和三角函数的图像证明法等。
选择合适的证明方法，严格的逻辑推理和等式变换是证明过程中需要注意的要点。
熟练掌握这些证明方法可以帮助我们更好地理解三角恒等式的性质和应用。
初中数学竞赛——恒等式的证明
初中数学竞赛专题培训恒等式的证明代数式的恒等变形是初中代数的重要内容，它涉及的基础知识较多，主要有整式、分式与根式的基本概念及运算法则，因式分解的知识与技能技巧等等，因此代数式的恒等变形是学好初中代数必备的基本功之一．本讲主要介绍恒等式的证明．首先复习一下基本知识，然后进行例题分析．两个代数式，如果对于字母在允许范围内的一切取值，它们的值都相等，则称这两个代数式恒等．把一个代数式变换成另一个与它恒等的代数式叫作代数式的恒等变形．恒等式的证明，就是通过恒等变形证明等号两边的代数式相等．证明恒等式，没有统一的方法，需要根据具体问题，采用不同的变形技巧，使证明过程尽量简捷．一般可以把恒等式的证明分为两类：一类是无附加条件的恒等式证明；另一类是有附加条件的恒等式的证明．对于后者，同学们要善于利用附加条件，使证明简化．下面结合例题介绍恒等式证明中的一些常用方法与技巧．1．由繁到简和相向趋进恒等式证明最基本的思路是“由繁到简”(即由等式较繁的一边向另一边推导)和“相向趋进”(即将等式两边同时转化为同一形式)．例1 已知x+y+z=xyz，证明：x(1-y2)(1-z2)+y(1-x2)(1-z2)+z(1-x2)(1-y2)=4xyz．分析将左边展开，利用条件x+y+z=xyz，将等式左边化简成右边．说明本例的证明思路就是“由繁到简”．例2 已知1989x2=1991y2=1993z2，x＞0，y＞0，z＞0，且说明本例的证明思路是“相向趋进”，在证明方法上，通过设参数k，使左右两边同时变形为同一形式，从而使等式成立．2．比较法a=b(比商法)．这也是证明恒等式的重要思路之一．例3 求证：分析用比差法证明左-右=0．本例中，这个式子具有如下特征：如果取出它的第一项，把其中的字母轮换，即以b代a，c代b，a代c，则可得出第二项；若对第二项的字母实行上述轮换，则可得出第三项；对第三项的字母实行上述轮换，可得出第一项．具有这种特性的式子叫作轮换式．利用这种特性，可使轮换式的运算简化．说明本例若采用通分化简的方法将很繁．像这种把一个分式分解成几个部分分式和的形式，是分式恒等变形中的常用技巧．全不为零．证明：(1+p)(1+q)(1+r)=(1-p)(1-q)(1-r)．说明本例采用的是比商法．3．分析法与综合法根据推理过程的方向不同，恒等式的证明方法又可分为分析法与综合法．分析法是从要求证的结论出发，寻求在什么情况下结论是正确的，这样一步一步逆向推导，寻求结论成立的条件，一旦条件成立就可断言结论正确，即所谓“执果索因”．而综合法正好相反，它是“由因导果”，即从已知条件出发顺向推理，得到所求结论．说明本题采用的方法是典型的分析法．例6 已知a4+b4+c4+d4=4abcd，且a，b，c，d都是正数，求证：a=b=c=d．说明本题采用的方法是综合法．4．其他证明方法与技巧求证：8a+9b+5c=0．说明本题证明中用到了“遇连比设为k”的设参数法，前面的例2用的也是类似方法．这种设参数法也是恒等式证明中的常用技巧．例8 已知a+b+c=0，求证2(a4+b4+c4)＝(a2+b2+c2)2．分析与证明用比差法，注意利用a+b+c=0的条件．说明本题证明过程中主要是进行因式分解．分析本题的两个已知条件中，包含字母a，x，y和z，而在求证的结论中，却只包含a，x和z，因此可以从消去y着手，得到如下证法．说明本题利用的是“消元”法，它是证明条件等式的常用方法．例10 证明：(y+z-2x)3+(z+x-2y)3+(x+y-2z)3=3(y+z-2x)(z+x-2y)(x+y-2z)．分析与证明此题看起来很复杂，但仔细观察，可以使用换元法．说明由本例可以看出，换元法也可以在恒等式证明中发挥效力．例11 设x，y，z为互不相等的非零实数，且求证：x2y2z2=1．分析本题x，y，z具有轮换对称的特点，我们不妨先看二元的所以x2y2=1．三元与二元的结构类似．说明这种欲进先退的解题策略经常用于探索解决问题的思路中．总之，从上面的例题中可以看出，恒等式证明的关键是代数式的变形技能．同学们要在明确变形目的的基础上，深刻体会例题中的常用变形技能与方法，这对以后的数学学习非常重要．练习五1．已知(c-a)2-4(a-b)(b-c)=0，求证：2b=a+c．2．证明：(x+y+z)3xyz-(yz+zx+xy)3=xyz(x3+y3+z3)-(y3z3+z3x3+x3y3)．3．求证：5．证明：6．已知x2-yz=y2-xz=z2-xy，求证：x=y=z或x+y+z=0．7．已知an-bm≠0，a≠0，ax2+bx+c=0，mx2+nx+p=0，求证：(cm-ap)2=(bp-cn)(an-bm)．1.解:原式=((a-b)-(b-c))^2=02.证明：即证xyz[(x+y+z)3-(x3+y3+z3)]=(yz+zx+xy)3-（y3z3+z3x3+x3y3）展开得：xyz[(x3+y3+z3+3x2y+3xy2+3xz2+3y2z+3yz2+6xyz)-（x3+y3+z3）]=（y3z3+z3x3+x3y3+3y2z3x+3z3x2y+3y2zx2+3z2x3y+3zx3y2+6y2z2x2）-（y3z3+z3x3+x3y3），即（3x3y2z+3x2y3z+3x2z3y+3y3z2x+3y2z3x+6x2y2z2=3y2z3x+3z3x2y+3y 2zx2+3z2x3y+3zx3y2+6y2z2x23.证明：裂项即可。
初中数学重点梳理：恒等式证明
恒等式证明 知识定位代数式的恒等变形是初中代数的重要内容，它涉及的基础知识较多，主要有整式、分式与根式的基本概念及运算法则，因式分解的知识与技能技巧等等，因此代数式的恒等变形是学好初中代数必备的基本功之一．本讲主要介绍恒等式的证明．首先复习一下基本知识，然后进行例题分析．两个代数式，如果对于字母在允许范围内的一切取值，它们的值都相等，则称这两个代数式恒等．把一个代数式变换成另一个与它恒等的代数式叫作代数式的恒等变形．恒等式的证明，就是通过恒等变形证明等号两边的代数式相等．证明恒等式，没有统一的方法，需要根据具体问题，采用不同的变形技巧，使证明过程尽量简捷．一般可以把恒等式的证明分为两类：一类是无附加条件的恒等式证明；另一类是有附加条件的恒等式的证明．对于后者，同学们要善于利用附加条件，使证明简化．下面结合例题介绍恒等式证明中的一些常用方法与技巧．知识梳理知识梳理1：由繁到简和相向趋进恒等式证明最基本的思路是“由繁到简”(即由等式较繁的一边向另一边推导)和“相向趋进”(即将等式两边同时转化为同一形式)．知识梳理2：比较法比较法利用的是：若0，则（作差法）；或若1，则（作商法）。
a a b a ba b b-==== 这也是证明恒等式的重要思路之一。
知识梳理3：分析法与综合法根据推理过程的方向不同，恒等式的证明方法又可分为分析法与综合法．分析法是从要求证的结论出发，寻求在什么情况下结论是正确的，这样一步一步逆向推导，寻求结论成立的条件，一旦条件成立就可断言结论正确，即所谓“执果索因”．而综合法正好相反，它是“由因导果”，即从已知条件出发顺向推理，得到所求结论．知识梳理4：其他解题方法及技巧除了上述方法，设k 、换元等方法也可以在恒等式证明中发挥效力．例题精讲【试题来源】【题目】已知x+y+z=xyz ，证明：x(1-y 2)(1-z 2)+y(1-x 2)(1-z 2)+z(1-x 2)(1-y 2)=4xyz ．【答案】因为x+y+z=xyz ，所以左边=x(1-z 2-y 2-y 2z 2)+y(1-z 2-x 2+x 2z 2)+(1-y 2-x 2+x 2y 2)=(x+y+z)-xz 2-xy 2+xy 2z 2-yz 2+yx 2+yx 2z 2-zy 2-zx 2+zx 2y 2=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=右边．【解析】将左边展开，利用条件x+y+z=xyz ，将等式左边化简成右边．【知识点】恒等式证明【适用场合】当堂例题【难度系数】3【试题来源】【题目】已知1989x 2=1991y 2=1993z 2，x ＞0，y ＞0，z ＞0，且1111x y z++=198919911993198919911993x y z ++=++ 【答案】令1989x 2=1991y 2=1993z 2=k(k ＞0)，则又因为所以所以【解析】令1989x 2=1991y 2=1993z 2=k(k ＞0)，则本例的证明思路是“相向趋进”，在证明方法上，通过设参数k ，使左右两边同时变形为同一形式，从而使等式成立．【知识点】恒等式证明【适用场合】当堂例题【难度系数】4【试题来源】 【题目】求证：()()()()()()222a bcb ca abc a b a c b c b a c a c b ---+=++++++ 【答案】因为所以所以【解析】用比差法证明左-右=0．本例中，这个式子具有如下特征：如果取出它的第一项，把其中的字母轮换，即以b 代a ，c 代b ，a 代c ，则可得出第二项；若对第二项的字母实行上述轮换，则可得出第三项；对第三项的字母实行上述轮换，可得出第一项．具有这种特性的式子叫作轮换式．利用这种特性，可使轮换式的运算简化．【知识点】恒等式证明【适用场合】当堂例题【难度系数】3【试题来源】【题目】已知0a b c ++= ，求证()()24442222a b ca b c ++=++ 。
竞赛数学中的组合恒等式
竞赛数学中的组合恒等式
《竞赛数学中的组合恒等式》
嘿，小伙伴们！你们知道竞赛数学里有个超级有趣的东西叫组合恒等式吗？反正我刚接触的时候，那叫一个迷糊啊！
就拿那个“二项式定理”来说吧，它就像一个神秘的魔法咒语。
（“这到底是啥呀？”我当时就这么想。
）老师在黑板上写了一堆公式，我的脑袋都快变成浆糊啦！
有一次，我和同桌小明一起讨论这个。
我问他：“小明，你说这组合恒等式咋就这么难呢？就像走在一个迷宫里，怎么都找不到出口！”小明眨眨眼说：“别着急嘛，咱们慢慢琢磨。
”
后来老师给我们讲了一个例子，说组合恒等式就像搭积木，每一块积木都有它特定的位置和作用。
（这比喻是不是很形象？）我当时就有点明白了。
再后来，做练习题的时候，我还是会经常出错。
（哎呀，我这脑子！）有一道题，我算了好几遍都不对，急得我直跺脚。
我就跑去问学习委员小红，我说：“小红，这道题我怎么都算不对，你快帮我看看！”小红看了看，笑着说：“你呀，这里少乘了一个系数。
”
经过不断地努力，我慢慢发现组合恒等式也不是那么可怕啦！它就像一个藏着宝藏的神秘盒子，只要你找到了打开它的钥匙，就能收获满满的惊喜。
你们说，数学是不是很神奇？就像探险一样，充满了未知和挑战。
（难道不是吗？）竞赛数学里的组合恒等式虽然难，但是当你真正搞懂它的时候，那种成就感，简直无法形容！
所以呀，我觉得面对竞赛数学中的组合恒等式，咱们可不能害怕，要勇敢地去探索，去发现其中的奥秘！（这就是我的想法，你们觉得呢？）。
2020-2021学年初中数学竞赛专题专讲及练习20：代数恒等式的证明
2020-2021学年初中数学竞赛专题专讲及练习（20）代数恒等式的证明一、内容提要证明代数恒等式，在整式部分常用因式分解和乘法两种相反的恒等变形，要特别注意运用乘法公式和等式的运算法则、性质。
具体证法一般有如下几种1．从左边证到右边或从右边证到左边，其原则是化繁为简。
变形的过程中要不断注意结论的形式。
2．把左、右两边分别化简，使它们都等于第三个代数式。
3．证明：左边的代数式减去右边代数式的值等于零。
即由左边－右边＝0可得左边＝右边。
4，由己知等式出发，经过恒等变形达到求证的结论。
还可以把己知的条件代入求证的一边证它能达到另一边，二、例题例1求证：3 n+2－2n＋2＋2×5 n+2＋3 n－2 n＝10（5 n+1+3 n－2 n-1）证明：左边＝2×5×5 n+1＋（3 n+2+3 n）＋（－2 n+2－2 n）＝10×5 n+1＋3 n(32+1)－2 n-1(23＋2)＝10（5 n+1+3 n－2 n-1）=右边又证：左边＝2×5 n+2＋3 n（32＋1）－2 n(22+1)＝2×5 n+2＋10×3 n－5×2 n右边＝10×5 n+1+10×3 n－10×2 n-1＝2×5 n+2＋10×3 n－5×2 n∴左边＝右边例2 己知:a+b+c=0 求证：a3+b3+c3=3abc证明：∵a3+b3+c3－3abc＝（a+b+c）（a2+b2+c2－ab－ac－bc）(见19例1)∵:a+b+c=0∴a3+b3+c3－3abc＝0即a3+b3+c3=3abc又证：∵:a+b+c=0∴a=－（b+c）两边立方a3=－（b3+3b2c+3bc2+c3）移项 a3＋b3+c3＝－3bc(b+c)＝3abc再证：由己知 a=－b－c 代入左边,得（－b－c）3+ b3+c3＝－（b3+3b2c+3bc2+c 3）+b3+c3＝－3bc(b+c)=－3bc(－a)＝3abc例3 己知a+ac c b b 111+=+=,a ≠b ≠c 求证：a 2b 2c 2=1 证明：由己知a-b=bc c b b c −=−11 ∴bc=ba cb −− b-c=ca ac c a −=−11 ∴ca=c b a c −− 同理ab=ac b a −− ∴ab bc ca ＝a c b a −−b a c b −−c b a c −−＝1 即a 2b 2c 2=1 例4 己知:ax 2+bx+c 是一个完全平方式（a,b,c 是常数）求证：b 2－4ac=0 证明：设:ax 2+bx+c ＝（mx+n ）2 ， m,n 是常数那么:ax 2+bx+c ＝m 2x 2+2mnx+n 2根据恒等式的性质 得⎪⎩⎪⎨⎧===222n c mn b m a ∴: b 2－4ac ＝（2mn ）2－4m 2n 2=0三、练习201． 求证： ①(a+b+c)2+(a+b-c)2－(a-b-c)2－(a-b-c)2＝8ab②（x+y ）4+x 4+y 4=2(x 2+xy+y 2)2 ③(x-2y)x 3－(y-2x)y 3=(x+y)(x-y)3 ④3 n+2+5 n+2―3 n ―5 n =24(5 n +3 n-1) ⑤a 5n +a n +1=(a 3 n －a 2 n +1)(a 2 n +a n +1)2.己知：a 2+b 2=2ab 求证：a=b3.己知：a+b+c=0求证：①a 3+a 2c+b 2c+b 3=abc ②a 4+b 4+c 4=2a 2b 2+2b 2c 2+2c 2a 24.己知：a 2=a+1 求证：a 5=5a+35.己知：x ＋y －z=0 求证： x 3+8y 3=z 3－6xyz6.己知：a 2+b 2+c 2=ab+ac+bc 求证：a=b=c7.己知：a ∶b=b ∶c 求证：（a+b+c ）2+a 2+b 2+c 2=2(a+b+c)(a+c)8.己知：abc ≠0，ab+bc=2ac 求证：c b b a 1111−=− 9．己知：ac z c b y b a x −=−=− 求证：x+y+z=0 10.求证：（2x －3）（2x+1）(x 2－1)＋1是一个完全平方式11己知：ax 3+bx 2+cx+d 能被x 2+p 整除 求证：ad=bc练习20参考答案：1. ④左边＝5 n (5 2-1)+3 n －1(33-3)= 24(5 n +3 n-1) 注意右边有3 n-12. 左边－右边＝（a-b ）23. ②左边－右边＝（a 2+b 2-c 2）2-4a 2b 2=……4. ∵a 5=a 2a 2a,用a 2=a+1代入5. 用z=x+2y 代入右边6. 用已知的（左－右）×27.用b2=ac分别代入左边，右边化为同一个代数式8.在已知的等式两边都除以abc9.设三个比的比值为k,10.(2x2-x-2)2 11. 用待定系数法。
七年级数学竞赛讲座07 有关恒等式的证明
七年级数学竞赛系列讲座(7)有关恒等式的证明一、一、知识要点恒等式的证明分为一般恒等式的证明和条件恒等式证明，对于一般恒等式的证明，常常通过恒等变形从一边证到另一边，或证两边都等于同一个数或式。
在恒等变形过程中，除了要掌握一些基本方法外，还应注意应用一些变形技巧，如：整体处理、“1”的代换等；对于条件恒等式的证明，如何处理好条件等式是关键，要认真分析条件等式的结构特征，以及它和要证明的恒等式之间的关系。
二、二、例题精讲例1 求证：a 1+(1-a 1)a 2+(1-a 1)(1-a 2)a 3+…+(1-a 1)(1-a 2)…(1-a n-1)a n=1-(1-a 1)(1-a 2)…(1-a n-1)(1-a n )分析：要证等式成立，只要证明1- a 1- (1-a 1)a 2- (1-a 1)(1-a 2)a 3 -…- (1-a 1)(1-a 2)…(1-a n-1)a n=(1-a 1)(1-a 2)…(1-a n-1)(1-a n )证明：1- a 1- (1-a 1)a 2- (1-a 1)(1-a 2)a 3 -…- (1-a 1)(1-a 2)…(1-a n-1)a n=(1-a 1)[ 1- a 2- (1-a 2)a 3- (1-a 2)(1-a 3)a 4 -…- (1-a 2)(1-a 3)…(1-a n-1)a n ]=(1-a 1) (1-a 2)[ 1- a 3- (1-a 3)a 4- (1-a 3)(1-a 4)a 5 -…- (1-a 3)(1-a 4)…(1-a n-1)a n ] =(1-a 1) (1-a 2) (1-a 3)[ 1- a 4- (1-a 4)a 5- (1-a 4)(1-a 5)a 6 -…- (1-a 4)(1-a 5)…(1-a n-1)a n ]=……=(1-a 1)(1-a 2)…(1-a n-1)(1-a n ) ∴ 原等式成立例2 证明恒等式()()()()()()11322321121132322121a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a n n n n ++++++=++++++(第二十届全俄数学奥林匹克九年级试题)证明评注：裂项是恒等变形中常用的一种方法例3 若abc=1，求证1111=++++++++c ca cb bc b a ab a()()()()()()11322321121322211113232121132322121111111111111a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a n n n nn n n ++++++=⎪⎪⎭⎫⎝⎛+-++⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=⎪⎪⎭⎫⎝⎛+-++⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=++++++分析：所要求证的等式的左边是三个分母差异很大的式子，因而变形比较困难。
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初一数学竞赛系列讲座(7)有关恒等式的证明一、知识要点恒等式的证明分为一般恒等式的证明和条件恒等式证明，对于一般恒等式的证明，常常通过恒等变形从一边证到另一边，或证两边都等于同一个数或式．在恒等变形过程中，除了要掌握一些基本方法外，还应注意应用一些变形技巧，如：整体处理、“1”的代换等；对于条件恒等式的证明，如何处理好条件等式是关键，要认真分析条件等式的结构特征，以及它和要证明的恒等式之间的关系． 二、例题精讲例1 求证：a 1+(1-a 1)a 2+(1-a 1)(1-a 2)a 3+…+(1-a 1)(1-a 2)…(1-a n -1)a n ＝1-(1-a 1)(1-a 2)…(1-a n -1)(1-a n )分析：要证等式成立，只要证明1- a 1- (1-a 1)a 2- (1-a 1)(1-a 2)a 3 -…- (1-a 1)(1-a 2)…(1-a n -1)a n＝(1-a 1)(1-a 2)…(1-a n -1)(1-a n )证明：1- a 1- (1-a 1)a 2- (1-a 1)(1-a 2)a 3 -…- (1-a 1)(1-a 2)…(1-a n -1)a n ＝(1-a 1)[ 1- a 2- (1-a 2)a 3- (1-a 2)(1-a 3)a 4 -…- (1-a 2)(1-a 3)…(1-a n -1)a n ] ＝(1-a 1) (1-a 2)[ 1- a 3- (1-a 3)a 4- (1-a 3)(1-a 4)a 5 -…- (1-a 3)(1-a 4)…(1-a n -1)a n ] ＝(1-a 1) (1-a 2) (1-a 3)[ 1- a 4- (1-a 4)a 5- (1-a 4)(1-a 5)a 6 -…- (1-a 4)(1-a 5)…(1-a n -1)a n ] ＝……＝(1-a 1)(1-a 2)…(1-a n -1)(1-a n ) ∴ 原等式成立 例2 证明恒等式()()()()()()11322321121132322121a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a n n n n ++++++=++++++ (第二十届全俄数学奥林匹克九年级试题) 证明()()()()()()11322321121322211113232121132322121111111111111a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a n n n n n n n ++++++=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-++⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=⎪⎪⎭⎫⎝⎛+-++⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=++++++评注：裂项是恒等变形中常用的一种方法 例3 若abc ＝1，求证1111=++++++++c ca cb bc b a ab a分析：所要求证的等式的左边是三个分母差异很大的式子，因而变形比较困难．可以充分利用abc ＝1，将它们化成同分母．在1++a ab a的分子、分母上同乘c ，化成1++=++c ca ca c ac abc ac ，将1++b bc b的分母中的“1”换成abc 得 cac abc b bc b ++=++11，然后再相加即可得证． 证明：∵abc ＝1∴111++++++++c ca cb bc b a ab a ＝c ac abc ac +++1+++++c ca cabc b bc b ＝1++c ca ca +ca c ++111+++c ca c＝11++++c ca cca ＝1于是命题得证．评注：“1”的代换是恒等变形中常用的技巧． 例4 已知bc ＝ad ，求证：ab (c 2-d 2)＝(a 2-b 2)cd分析：将bc ＝ad 化成比例式d cb a =，然后利用比例的性质来解题． 证明：∵bc ＝ad ∴dcd c d d c b b a d d c b b a d c b a =-=-+=+∴=，，，将此三式左、右两边分别相乘得()()()()bd a d c d c db c b a b a 22-+=-+∴ab (c 2-d 2)＝(a 2-b 2)cd评注：条件恒等式的证明常从已知条件出发推出结论． 例5 已知x ＝by +c z ，y ＝c z+ax ，z ＝ax +by ，且x +y +z ≠0.证明：1111=+++++ccb b a a 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，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⎪⎩⎪⎨⎧+=+=+=(3) (2) (1) by ax z ax cz y cz by x(2)+(3)-(1) 得y +z-x ＝2ax ，所以xzy x a x x z y a 21 2++=+-+=则 所以zy x xz y a a ++-+=+1 同理可得，z y x y z x b b ++-+=+1，zy x zy x c c ++-+=+1 所以1111=++++=+++++zy x z y x c c b b a a 评注：将含有字母的等式视为方程，是方程思想的应用． 例6 数x 、y 、z 满足关系式1=+++++yx z x z y z y x 证明：0222=+++++yx z x z y z y x (第十六届全俄数学奥林匹克十年级试题) 证明：将已知等式分别乘以x 、y 、z 得x y x xzx z xy z y x =+++++2 ① y yx yzx z y z y xy =+++++2 ② z yx z x z yz z y xz =+++++2③ ①+②+③ 得zy x y x yzy x xz x z yz x z xy z y xz z y xy y x z x z y z y x ++=+++++++++++++++++)()()(222所以z y x z y x y x z x z y z y x ++=++++++++222 即：0222=+++++yx z x z y z y x例7 已知a +b +c ＝a 2+b 2+c 2＝2，求证：a (1-a )2＝b (1-b )2＝c (1-c )2分析：求证的等式中的各式，恰好是多项式x (1-x )2中的x 分别取a 、b 、c 时的值． 因此，本题可转化为证明当x 分别取a 、b 、c 时，x (1-x )2的值不变．由于x (1-x )2是关于x 的三次多项式，且注意到题设条件，所以我们构造三次式(x -a )(x -b )(x -c )，建立它与x (1-x )2之间的某种关系．证明：∵(a +b +c )2＝ a 2+b 2+c 2+2ab +2bc +2ca又∵a +b +c ＝a 2+b 2+c 2＝2∴4＝2+2ab +2bc +2ca ，∴ab +bc +ca ＝1∴(x -a )(x -b )(x -c )＝x 3-(a +b +c )x 2+(ab +bc +ca )x -abc ＝ x 3-2x 2+x -abc 即x (1-x )2＝(x -a )(x -b )(x -c )+ abc由此可见，当x 分别取a 、b 、c 时，x (1-x )2的值都是abc ∴ a (1-a )2＝b (1-b )2＝c (1-c )2评注：本题的证明采用了构造法，它构造了三次式(x -a )(x -b )(x -c )，然后建立它与x (1-x )2之间的关系，再通过赋值来证明． 例8设cb ac b a ++=++1111，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nn n n n n c b a c b a ++=++1111 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cb ac b a ++=++1111得()()()001111=++-++++=++-++c b a abc abc c b a ab ca bc c b a c b a ，即 从已知知a 、b 、c ≠0，所以abc ≠0，且a +b +c ≠0， 则 (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 +a 2c +a 2b –abc ＝(b +c ) (bc +ca +ab )+ a 2 (b +c ) ＝(b +c ) (a 2+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 ∴()nn n n n n n cc a a c b a 1111111=+-+=++ 又()n n n n n n n c c a a c b a 111=+-+=++ ∴nn n n n n c b a c b a ++=++1111 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 )-abc ＝(bc -bc -b 2)(-b +b +c )-(-b )bc ＝ -b 2c + b 2c ＝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9 已知ad -bc ＝1，求证：a 2+b 2+c 2+d 2+ab +cd ≠1分析：所要证明的式子是一个不等式，左边的式子又较复杂，直接从已知条件出发证明不是很容易，因而可以考虑用反证法来证明． 证明：假设原式不成立，即a 2+b 2+c 2+d 2+ab +cd ＝1 ∵ad -bc ＝1，∴a 2+b 2+c 2+d 2+ab +cd ＝ ad -bc∴a 2+b 2+c 2+d 2+ab +cd +bc -ad ＝0，即(a +b )2+(b +c )2+(c +d )2+(d -a )2＝0 ∴a +b ＝b +c ＝c +d ＝d -a ＝0，∴a ＝-b ,b ＝-c ,c ＝-d ,d ＝a 于是a ＝-a ,即a ＝0, ∴b ＝c ＝d ＝0，这与ad -bc ＝1矛盾． ∴原式成立，即a 2+b 2+c 2+d 2+ab +cd ≠1评注：正难则反．碰到正面下手较难的问题，常考虑用反证法来证明． 例10证明：1132113211211+-=++++++++++n n n 分析：等式左边的分子很简单，都是1，但是分母各不相同，又很复杂，因而给变形带来很大困难．通过观察发现，分母很有规律，是连续自然数的和．因此我们先来研究1+2+…+n ，设S ＝1+2+…+n ，则S ＝ n + (n -1)+…+2+1，所以2S ＝n (n +1)，∴S ＝()21+n n ，即1+2+…+n ＝()21+n n ， 从而()⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=+=+++111212211n n n n n由此，左边的每一个分数均可以分解成两项，代入变形后证明． 证明：设S ＝1+2+…+n ，则S ＝ n + (n -1)+…+2+1，所以2S ＝n (n +1)， ∴S ＝()21+n n ，即1+2+…+n ＝()21+n n ，∴()⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=+=+++111212211n n n n n∴等式左边＝⎪⎭⎫ ⎝⎛+-++⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫⎝⎛-11124131231212n n ＝()11121211212+-=+-⋅=⎪⎭⎫ ⎝⎛+-n n n n n ＝右边 ∴等式成立评注：1、要掌握数学中一般与特殊的关系，本题通过研究1+2+…+n ，得出⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=+++1112211n n n 的一般规律，然后将等式左边的各个分数分解，达到证明的目的．2、结论1+2+…+n ＝()21+n n 在解题中经常使用，应该记住．3、本题在求S ＝1+2+…+n 时，用的是倒序相加法，在证明等式时用的是裂项相消法，这两种方法是求和问题解决的常用方法．三、巩固练习 一、选择题1、若a 、b 是有理数，且a 2001+b 2001＝0，则A 、a ＝b ＝0B 、a -b ＝0C 、a +b ＝0D 、ab ＝02、若abc 满足a 2+b 2+c 2＝9，则代数式(a -b )2+(b -c )2+(c -a )2的最大值是( ) A 、27 B 、18 C 、15 D 、123、已知⎪⎩⎪⎨⎧+=+=+=200420012003200120022001x c x b x a ，则ca bc ab c b a ---++222的值是( )A 、0B 、1C 、2D 、3 4、如果11111=++=++zy x z y x ，则下列说法正确的是( ) A 、x 、y 、z 中至少有一个为1 B 、x 、y 、z 都等于1 C 、x 、y 、z 都不等于1 D 、以上说法都不对 5、已知=+-=-+-+=-+-+=++-+q q q q ba c cb a ac b b a c c b a a c b 23 ,则( )A 、1B 、1-qC 、1-q 3D 、1-2q 26、已知a +b +c ＝10，a 2+b 2+c 2＝38，a 3+b 3+c 3＝160，则abc 的值是( ) A 、24 B 、30 C 、36 D 、42 二、填空题7、已知()()()=+≠--=-ac b a a c b a c b ，则且0 412 8、已知a -b ＝2，b -c ＝ -3，c -d ＝5，则(a -c ) (b -d ) ÷ (a -d )＝ 9、已知abc ≠0，a +b +c ＝0，则211111b 1a +⎪⎭⎫⎝⎛++⎪⎭⎫ ⎝⎛++⎪⎭⎫⎝⎛+b a c a c b c 的值为 10、计算⎪⎭⎫⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛-22221011911311211 ＝ 11、已知a 、b 、c 、d 均不为0，当a ≠b 且a d d c c b b a ===时，=-+++++ad c b d c b a 12、已知a ＝10218141211+++++ ，则a -1的倒数为 三、解答题13、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 14、求证：(a 2+b 2+c 2) (m 2+n 2+k 2) – (am +bn +ck )2＝(an -bm )2+(bk -cn )2+(cm -ak )2 (拉格朗日恒等式)15、若14(a 2+b 2+c 2)＝(a +2b +3c )2，求证：a ∶b ∶c ＝1∶2∶3 16、若xyz czx y b yz x a 222=-=-，求证：ax +by +c z ＝(x +y +z) (a +b +c ) 17、已知a 、b 、c 、d 满足a +b ＝c +d ，a 3+b 3＝c 3+d 3, 求证：a 2001+b 2001＝c 2001+d 200118、已知a +b +c ＝abc ，求证：a (1-b 2) (1-c 2)+b (1-a 2) (1-c 2)+c (1-a 2) (1-b 2)＝4abc 19、已知a 3+b 3+c 3＝(a +b +c )3，求证a 2n +1+b 2n +1+c 2n +1＝(a +b +c ) 2n +1，其中n 为自然数． 20、设a 、b 、c 都是正数，且3=++acc b b a ，求证：a ＝b ＝c。