代数变形中常用的技巧
2023届高考数学二轮复习导数经典技巧与方法：代数变形
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)lnx)′=f′(x)lnx+f(x)1x,若f(x)不是常函数,则所得的导数式中含有lnx,往往需要再次甚至多次求导.对于这类含有对数式lnx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)lnx+g(x)>0⇔lnx+g(x)f(x)>0;情形2设f(x)≠0,f(x)lnx+g(x)=0⇔lnx+g(x)f(x)=0.点睛意到：(f(x)lnx+g(x))′=f′(x)lnx+f(x)x+g′(x)(lnx+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lnx,但(2)式中不含对数lnx,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: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)e−x+1=0.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)lnx>2(x−1).【解析】因为x>1,所以(x+1)lnx>2(x−1)⇔lnx>2(x−1)x.令f(x)=lnx−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,lnx>2(x−1)x+1,即(x+1)lnx>2(x−1).【例2】若不等式xlnx⩾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lnx−a(x−1)x ⩾0对所有的x⩾1都成立.令f(x)=lnx−a(x−1)x(x⩾1),则f′(x)=x−ax2.(1)当a⩽1时,f′(x)=x−ax2⩾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)=lna −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)+mlnx +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x 1,x 2∈[1,m],恒有|H (x 1)−H (x 2)|<1【解析】(1)设g(x)=ax 2+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 (x 2−2x +1)+2c =2ax 2−4ax +2a +2c =x 2−2x −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)=12x 2+bx −1. 又因为g(1)=−1,所以12+b −1=−1,所以b =−12,所以g(x)=12x 2−12x −1.(2)H(x)=12(x +12)2−12(x +12)−1+mlnx +98−(m +1)x =12(x 2+x +14)−12x −14−1+mlnx +98−mx −x =12x 2−(m +1)x +mlnx .H ′(x)=x −(m +1)+m x=x 2−(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)=12m 2−(m +1)m +mlnm =−12m 2−m +mlnm ,H(x)max =H(1)=12−m −1=−12−m .所以|H (x 1)−H (x 2)|⩽H(x)max −H(x)min =12m 2−mlnm −12.下面只需证12m 2−mlnm −32<0.(可采用对数靠边走,将对数lnm 独立出来)即证明12m −lnm −32m<0.令g(m)=12m −lnm −32m,g ′(m)=12−1m+32m2=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lnx 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)=lnx +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 (xlnx +x 2−x )(x >0),g ′(x)=e x (xlnx +x 2−x +lnx +1+2x −1)=e x (x +1)(lnx +x). 令ℎ(x)=lnx +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)=lnt +t =0,即lnt =−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 (tlnt +t 2−t )=1+lnt +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+lnx +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 =ln1t =−lnt , 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+lnt +t −1=lnt +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(lnx +x −1)=e −x +xlnx +x 2−x(x >0), g ′(x)=−e −x +lnx +2x 在(0,+∞)上单调递增,且g ′(1e )=−e−1e+ln1e +2e =−e−1e−1+2e <0,g ′(1)=−e −1+ln1+2=2−1e >0.所以存在t ∈(1e ,1),使得g ′(t)=−e −t +lnt +2t =0,所以e −t =lnt +2t,lnt +t =e −t −t ,即lnt +e lnt =e −t +(−t). 令G(x)=e x +x 在(0,+∞)单调递增,且G(lnt)=G(−t),所以lnt =−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 +tlnt +t 2−t =lnt +2t +tlnt +t 2−t =(1+t)(lnt +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+lnx (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+lnx)−ax 2⋅1x(1+lnx)2=2ax(12+lnx)(1+lnx)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+lnx ,−ex 21+lnx +e x <0. 显然,当x ∈(0,1e ),−ex 21+lnx +e x >0,矛盾.故当x ∈(1e ,+∞)时,e x <ex 21+lnx ,即1+lnx −ex 2e x <0(对数靠边走)令F(x)=1+lnx −ex 2e x,F ′(x)=1x −2x−x 2e x−1.下证F ′′(x)>0,ex−1⩾2x2−x 3,2x 2−x 3e x−1⩽1(指数找朋友) 令G(x)=2x 2−x 3e x−1,G ′(x)=x (x 2−5x+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)=−32e 3<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+lnx +e x >0,矛盾;当x ∈(1e,+∞)时,−x 21+lnx+e x−1<0,所以x1+lnx >e x−1x=e x−11+lne x−1(构造同构式) 令ेF(x)=x 1+lnx,F ′(x)=1+lnx−1(1+lnx)2=lnx (1+lnx)2.当1e <x <1时,F ′(x)<0,F(x)单调递减;由于x <e x−1<1,所以F(x)>F (e x−1),即x1+lnx >e x−11+lne 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 2lnx . 【解析】解法1:要证e x−2x>x2lnx,只需证e x−2xx2−lnx>0(对数靠边走)设f(x)=e x−2xx2−lnx(x>0),f′(x)=(x−2)(e x−x)x3,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−ln2=e2−(4+4ln2)4.由于e2>2.72=7.29,4+4ln2=4+ln16<4+lne3=7,所以e2−(4+4ln2)>0,从而不等式得证.解法2:要证e x−2x>x2lnx,只需证x2lnx+2xe x<1.设g(x)=x 2lnx+2xe x,则g′(x)=(2−x)(xlnx+1)e x,又因为xlnx+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)=4ln2+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−alnt+a,当x>1时,t>e.原题等价于g(t)=t−alnt+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−alna+a=a(2−lna).因为存在t0∈(e,+∞),使得g(t0)<0,所以g(a)=a(2−lna)<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,当x→+∞时,g(x)=1−a x−1e x→1,所以g(x)⩾min{g(1),lim x→+∞g(x)}>0,不合题意.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,所以g(2)=1−ae2<0,解得a>e2.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> lna,则f(x)在(lna,+∞)上单调递增,在(−∞,lna)上单调递减,所以f(x)min =f(lna)=e lna −a(lna −1)=a(2−lna),根据题意,有a(2−lna)<0,则lna >2,即a >e 2,且此时lna >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 xx−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 x 1+x 2=a 2(x 1−1)(x 2−1),即e x 1+x 2=a 2(x 1x 2−x 1−x 2+1).要证x 1+x 2>x 1x 2,只需要证e x 1+x 2<a 2,即证x 1+x 2<2lna ,即证x 1<2lna −x 2. 不妨设x 1<x 2,由(1)可知a >e 2,且x 1<lna <x 2,从而2lna −x 2<lna . 因为f(x)在(−∞,lna)上单调递减,所以只要证f (x 1)>f (2lna −x 2),即证f (x 2)>f (2lna −x 2). 设ℎ(x)=f(x)−f(2lna −x),则ℎ′(x)=f ′(x)+f ′(2lna −x)=e x −2a +e 2lna−x =e x +a 2e x −2a ⩾2√e x ⋅a 2e x −2a =0, 所以ℎ(x)在R 上单调递增.因为x 2>lna ,则ℎ(x 2)>ℎ(lna)=f(lna)−f(lna)=0,即f (x 2)−f (2lna −x 2)>0,即f (x 2)>f (2lna −x 2),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−sinx−cosx,g(x)=e x+sinx+cosx.(1)证明:当x>−5π4时,f(x)⩾0;(2)若g(x)⩾2+ax,求a.【解析】(1)f(x)⩾0⇔sinx+cosxe x⩽1,记ℎ(x)=sinx+cosxe x ,ℎ′(x)=−2sinxe 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sinx+cosx⩽√2,所以e x⩾sinx+cosx,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+sinx+cosx−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+cosx−sinx−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⇔sinx+cosx−2x−2e x+1⩾0记m(x)=sinx+cosx−2x−2e x +1,m′(x)=2(x−sinx)e x.易得当x>0时,x−sinx>0;当x<0时,x−sinx<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.。
代数变形常用技巧
代数变形常用技巧代数变形是数学中的基本技巧，它可以帮助我们简化复杂的表达式、求解方程和证明数学命题。
在学习代数变形时，有一些常用的技巧可以帮助我们更高效地解决问题。
以下是一些常用的代数变形技巧：1.合并同类项：当一个表达式中有多个相同的变量项时，可以将它们合并成一个变量项。
例如，将2x+3x变形为5x。
2.分解因式：将一个多项式分解为较简单的因式乘积。
例如，将x^2+3x+2因式分解为(x+1)(x+2)。
3.提取公因式：当一个多项式中的每一项都有一个公因子时，可以将这个公因子提取出来。
例如，将2x^2+2x分解为2x(x+1)。
4.移项：当一个方程中含有所求变量的项时，可以将这些项移动到一个方程的一边，同时将其他项移动到方程的另一边，从而解出所求变量的值。
例如，将2x-5=3移项为2x=85.合并分数：将两个分数合并为一个分数。
例如，将1/2+1/3合并为5/66.分解分数：将一个复杂的分数分解为几个简单的分数的和。
例如，将4/5分解为1/2+1/10。
7. 乘法公式与因式平方差公式：乘法公式可以用于展开两个括号成的乘积，因式平方差公式可以用于将平方差分解因式。
例如，将(x + y)^2展开为x^2 + 2xy + y^2，将x^2 - y^2分解为(x + y)(x - y)。
8. 平方根与立方根的平方与立方：将平方根与立方根的平方与立方进行展开与因式分解。
例如，将√(x^2 + 2xy + y^2)展开为x + y，将(x + y)^3展开为x^3 + 3x^2y + 3xy^2 + y^39.分数与小数的相互转化：将一个分数转化为小数可以通过除法运算得到，将一个小数转化为分数可以通过多项分母的方式进行处理。
例如，将3/4转化为0.75，将0.6转化为3/510. 二次方程的求解：使用二次方程的求根公式可以求解二次方程的解。
例如，对于ax^2 + bx + c = 0，x = (-b ± √(b^2 - 4ac))/(2a)。
代数变形常用技巧及其应用
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。
浅谈数学中的变形技巧
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。
第二讲：代数式的恒等变形
第二讲：专题复习：代数式的恒等变形【知识梳理】1、恒等式的意义两个代数式，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。
2、代数式的恒等变形把一个代数式变换成另一个与它恒等的代数式叫做代数式的恒等变形。
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。
3、基本思路（1）由繁到简，即从比较复杂的一边入手进行恒等变形推到另一边；（2）两边同时变形为同一代数式；（3）证明：0=-右边左边，或1=右边左边，此时0≠右边。
4、基本方法在恒等变形的过程中所用的方法有配方法、消元法、拆项法、综合法、分析法、比较法、换元法、待定系数法、设参数法以及利用因式分解等诸多方法。
【例题精讲】【例1】已知1=abc ，求证：1111=++++++++c ac c b bc b a ab a 。
思路点拨：由繁到简，化简左边，使左边等于右边。
【巩固】已知z y x 、、为三个不相等的实数，且xz y y x 1z 11+=+=+，求证：1222=z y x 。
【拓展】若0≠++z y x ，yx z c z x y b z y x a +=+=+=，，， 求证：1111=+++++c c b b a a 。
【例2】证明：a a z a y a x aaz z a ay y a ax x 3111222+-+-+-=-+-+-。
思路点拨：本题可采用比差法以及拆分法两种方法进行证明。
【巩固】1、求证⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛++=⎪⎭⎫ ⎝⎛++⎪⎭⎫ ⎝⎛++⎪⎭⎫ ⎝⎛+ab ab b b a a ab ab b b a a 1114111222。
2、求证：()()()()()()d c b a a d c b d c b a c b a d c b a b a c b a a b +++++=+++++++++++。
【拓展】求证：()()()()()()11011921110111100209644122222+-+++-++-=-++-+-+-x x x x x x x x x x 【例3】已知ac a c z c b c b y b a b a x +-=+-=+-=，，，求证：()()()()()()z y x z y x ---=+++111111思路点拨：左边和右边，变形为同一个代数式。
代数式的变形的技巧
代数式的变形的技巧一、展开和简化1. 乘法公式展开：例如，(a+b)^2=a^2+2ab+b^2，(a-b)^2 = a^2-2ab+b^2，(a+b)(a-b)=a^2-b^22.平方差公式展开：例如，a^2-b^2=(a+b)(a-b)。
3. 三角函数的展开：例如，sin(a+b)=sinacosb+cosasinb，cos(a+b)=cosacosb-sinasinb。
二、合并同类项当代数式中含有相同的字母和指数时，可以将它们合并成一个项，从而简化代数式。
例如，2a+3a=5a，4x^2-2x^2=2x^2三、因式分解1.提取公因式：将代数式中的公因式提取出来，并将其余部分合并。
例如，2ax+4ay=2a(x+2y)，3x^2+6x=3x(x+2)。
2.二次因式分解：将一个二次多项式分解成两个一次多项式的乘积。
例如，x^2+5x+6=(x+2)(x+3)，x^2-6x+8=(x-2)(x-4)。
3.因式分解的特殊情况：a)平方差公式：a^2-b^2=(a-b)(a+b)。
b) 完全平方公式：a^2+2ab+b^2=(a+b)^2，a^2-2ab+b^2=(a-b)^2四、配方法针对一些复杂的多项式，可以通过配方法将其变形为一个简化的形式，以便更好地进行计算和分析。
例如，(a+b)^2=a^2+2ab+b^2，可以使用配方法将其变形为(a+b)^2=a^2+ab+ab+b^2=a^2+2ab+b^2五、分式的变形对于分式的变形，可以进行以下操作：1.分子分母同乘或同除：a)将分式的分子和分母同乘或同除以同一个数，可以使分子和分母变得更简单。
b)有理化分母：将分式的分母中含有根号的部分进行有理化，以便更好地计算。
2.分式的加减乘除：a)分式的加减：先通分，再将分子进行加减运算。
b)分式的乘法：将分子分母分别相乘。
c)分式的除法：将除法转化为乘法，即将一个分式的分子乘以另一个分式的倒数。
六、指数与对数的变形1.指数的变形：a)乘以相同底数的幂，底数相同则指数相加：a^m*a^n=a^(m+n)。
代数变形常用技巧及其应用
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。
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x =a, y+z
y =b, z+x
z =c, 且 x+y+z ≠ 0, 试 求 x+ y
a b c + + 的值。 1+ a 1+ b 1+ c 分析：此题若按常规方法，把已知条件直接代入所求进行计算，计算会很复 杂，也不容易求得正确答案。通过观察已知和未知的式子，考虑将已知条件进行 变形，再整改代入未知中去，计算起来比较简单。因此，对已知条件进行变形也 是非常必要的。
所以原式=
（二）应用比例的基本性质进行恒等变形 例：已知
a b 6 a − 15b 4a 2 − 5ab + 6b 2 = = ，求 2 的值。 3b 2a − 5b a a − 2 ab + 3b 2
解：由已知条件知 a≠0，b≠0，把已知条件中的等式变形并利用等比性质 消去 b，得 25a 15b 6 a − 15b 25a + 15b + (6 a − 15b) 31a = = = = =1 75b 30 a − 75b a 75b + (30 a − 75b) + a 31a ∴ a=3b
解：由已知得 1+a=1+
x x+ y + z = y+z y+z
所以
a x b y c z = ，同理 = ， = 1+ a x + y + z 1+ b x + y + z 1+ c x + y + z x y z x+ y + z + + = =1 x+ y + z x+ y + z x+ y + z x+ y + z
3
1 1 1 1 + = + x − 10 x − 6 x − 7 x − 9 1 1 1 1 再进行变形得 = x − 10 x − 9 x − 7 x − 6 1 1 ∴ 2 = 2 x − 19 x + 90 x − 13 x + 42 即 ∴ x 2 − 19 x + 90 = x 2 − 13x + 42 ∴ x=8 （十一）利用换元再约简的方法进行恒等变形 约分是分式化简的重要手段之一。这种变形技巧贯穿整个分式的学习过程 中。 ⎡ ac 2 ⎤ ⎡ c c2 ⎤ a − ⋅ 1 + + ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ( a + b) 2 ⎦ ⎣ a + b (a + b) 2 ⎦ ⎣ 例：化简 bc ⎡ c3 ⎤ (b + ) ⎢1 − a + b ⎣ (a + b) 3 ⎥ ⎦ 解：设 原式=
分析：这类问题在通常情况下是整体通分，但本题这样做显然很繁，若在每 个分式中逆用通分进行“裂项”的恒等变形，则十分简捷。 1 1 1 1 1 1 解：原式= + +…+ x x +1 x +1 x + 2 x + 2004 x + 2005 = 1 1 2005 = x x + 2005 x( x + 2005)
（十）利用分离常数的方法进行恒等变形 x −6 x − 2 x −3 x − 5 例：解方程 + = + x − 10 x − 6 x − 7 x − 9 分析：如果按照常规思路整体去分母，显然运算很繁杂，若采用分段化简， 分离常数，可化繁为简。 解：原方程可化为 4 4 4 4 1+ +1+ =1+ +1+ x − 10 x −6 x−7 x−9
c =x，则 a+b
a(1 − x 2 )(1 + x + x 2 ) a(1 − x)(1 + x )(1 + x + x 2 ) a = = b(1 + x)(1 − x 3 ) b(1 + x)(1 − x )(1 + x + x 2 ) b
（十二）利用主元代入及消元思想进行恒等变形 例：若 4x-3y-6z=0, x+2y-7z= 2 x 2 − 3 y 2 − 10 z 3 （A） − 1 2 （B） − 19 2 ） （C）-15 （D）-13
1
∴原式=
4(3b ) 2 − 5 × 3b ⋅ b + 6b 2 27b 2 9 = = (3b) 2 − 2 × 3b ⋅ b + 3b 2 6b 2 2
（三）利用倒数知识进行恒等变形 例：已知 a、b、c 为实数，且
ab 1 bc 1 ca 1 abc = ， = ， = ，求 a+b 3 b+c 4 c+a 5 ab + bc + ca
=(1-2xy+x2y2)-( x2+2xy+ y2) =(1-xy)2-(x+y)2 =(1-xy+x+y)(1-xy-x-y) 4 4 2 2 2 2 2 2 ②原式= x +y + x y +x y -x y =(x2+y2)2-x2y2 =( x2+y2+xy) ( x2+y2-xy) 以上两例充分说明了，配方法、因式分解法、换元法都是恒等变形的方法与 基础，它们都是学习数学的有力工具，是解决数学问题的武器。因此，这些变形 技巧必须熟练掌握。 二、分式变形 众所周知，对学生而言，分式的变形较为复杂，也很讲究技巧。通分化简是 常规方法，但很多涉及分式的问题仅此而已是不够的，还需按既定的目标逆向变 通，这时将分式分解成部分分式、分离常数、分子变位等便成了特殊的技巧， 灵 活应用这些变形技巧便会使问题迎刃而解。 有关分式的计算、化简、求值、证明，常常采用分式的变形技巧。 （一）将已知条件变形，再直接代入 例 ： 已 知
的值。 解：显然 a、b、c 均不为零，故将三个条件分式两边分别取倒数，得： a+b b+c c+a =3， =4， =5 ab bc ca 1 c 1 1 1 1 再逆用分式加法法则变形得： + =3， + =4， + =5 a b b c c a 1 1 1 ab + bc + ca 三式相加，得 + + =6，再通分变形得 =6，两边取倒数得 a b c abc abc 1 1 = ， ∴原式= ab + bc + ca 6 6 本题多次应用了通分，逆用通分，取倒数等恒等变形，使问题得到了解决， 说明这些方法都是代数变形的重要方法，这些技巧应理解掌握。 （四）利用常值代换进行恒等变形 a b c 例：已知 abc=1,求 + + 的值。 ab + a + 1 bc + b + 1 ca + c + 1 解：∵ abc=1 a b bc ∴原式= + + ab + a + abc bc + b + 1 bc + b + 1 bc + b + 1 = =1 bc + b + 1 本题的解法很巧，若将所求通分化简，再代入已知或将已知变形再代入所求 都不易求出结果。习惯上是将字母代换成数，而此题是将数代换成字母，反而收 效较好。因此，常值代换也是恒等变形的重要技巧。 （五）利用设比例系数进行恒等变形 x y z x + y+ z 例：已知 = = ，求 的值。 a−b b−c c−a 2003a + 2004b − 2005c x y z 解：设 = = =k(k≠0),则 x=(a-b)k，y=(b-c)k，z=(c-a)k a−b b−c c−a ∴原式=0 此变形是解有关等比问题的重要技巧。 （六）利用添项拆项进行恒等变形 1 1 1 1 1 1 例：已知 abc≠0，a+b+c=0，求 a( + )+b( + )+c( + )的值。 b c c a a b a b c 解：由 abc≠0，知 + + =3，故 a b c 1 1 1 1 1 1 1 1 1 原式=a( + + )+b( + + )+c( + + )-3 a b c a b c a b c