代数变形常用技巧
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)。
复数乘除的代数变形技巧
复数乘除的代数变形技巧
复数是由实部和虚部构成的数学对象，常用形式为a+bi，其中a为实部，b为虚部，i是虚数单位，满足i^2 = -1。
复数的乘除是复数运算中常见的操作，掌握好复数的代数变形技巧，能够简化计算过程，提高效率。
下面将介绍复数乘法和除法的代数变形技巧。
复数乘法
设有两个复数z1 = a1 + b1i和z2 = a2 + b2i，它们的乘积为：
z1 * z2 = (a1 + b1i) * (a2 + b2i) = a1a2 + a1b2i + a2b1i + b1b2i^2
根据虚数单位i的定义，i^2 = -1，可以化简上式：
z1 * z2 = (a1a2 - b1b2) + (a1b2 + a2b1)i
所以，两个复数相乘的实部为(a1a2 - b1b2)，虚部为(a1b2 + a2b1)。
通过这个计算方式，可以快速得出两个复数相乘的结果。
复数除法
设有两个复数z1 = a1 + b1i和z2 = a2 + b2i，它们的除法为：
z1 / z2 = (a1 + b1i) / (a2 + b2i)
利用乘法的技巧，我们可以先将分母有理化，即乘以分母的共轭：
z1 / z2 = (a1 + b1i) * (a2 - b2i) / (a2 + b2i)(a2 - b2i)
计算分子和分母的乘积，再进行化简，得到复数的除法结果。
在实际计算中，可以结合乘法和除法的代数变形技巧，快速准确地进行复数的运算。
熟练掌握这些技巧，可以在数学问题中事半功倍。
以上是复数乘除的代数变形技巧，希望对你有所帮助。
祝你在学习数学的道路上越走越远！。
【导数经典技巧与方法】第11讲 代数变形-解析版
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: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)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−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)=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+mlnx+98−(m+1)x=12(x2+x+14)−12x−14−1+mlnx+98−mx−x=12x2−(m+1)x+mlnx.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+mlnm=−12m2−m+mlnm,H(x)max=H(1)=12−m−1=−12−m.所以|H(x1)−H(x2)|⩽H(x)max−H(x)min=12m2−mlnm−12.下面只需证12m2−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+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+t2−t=lnt+2t+tlnt+t2−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⋅1 x(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 ,−ex21+lnx+e x<0.显然,当x∈(0,1e ),−ex21+lnx+e x>0,矛盾.故当x∈(1e ,+∞)时,e x<ex21+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−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+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 <ex−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 >x 2lnx ,只需证e x −2x x 2−lnx >0(对数靠边走)设f(x)=e x −2x x 2−lnx(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−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,→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 >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 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<2lna,即证x1<2lna−x2. 不妨设x1<x2,由(1)可知a>e2,且x1<lna<x2,从而2lna−x2<lna.因为f(x)在(−∞,lna)上单调递减,所以只要证f(x1)>f(2lna−x2),即证f(x2)>f(2lna−x2).设ℎ(x)=f(x)−f(2lna−x),则ℎ′(x)=f′(x)+f′(2lna−x)=e x−2a+e2lna−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>lna,则ℎ(x2)>ℎ(lna)=f(lna)−f(lna)=0,即f(x2)−f(2lna−x2)>0,即f(x2)>f(2lna−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−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.。
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。
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)。
代数变形例讲
【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 =+；）。
代数式变形与技巧讲稿
A 、1B 、2C 、3D 、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X 2 + 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 X 2+4=H 时为止，再把X 2+-L=H 代入即可。
解：Vx-- = 3, •"+丄=11x H (x 2+ l) + (x 2+l) _ (x 2+l)(x 8 + l) x 6(x 4 +1) + (x 4 +1) _ (x 4 + l)(x 6 + 1)x(x + —)^x 4(x 4 + —) (2 +r 广 一2x 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 X 104-X 8+X 2+l x ,0 + x 6+x 4 + l严+/+宀 1 严+.{+F+l代入得,原式=「7 =丄11x(11-1) 110考虑用因式分解方法来解。
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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。
解：设y-z=a, z-x=b, x-y=c,则a+b+c=0，y+z-2x=b-c, x+z-2y=c-a, x+y-2z=a-b。
于是原式=(b-c)2+(c-a)2+(a-b)2-3a2-3b2-3c2=b2-2ac+c2+c2-2ac+a2+a2-2ab+b2-3a2-3b2-3c2=-a2 -b2-c2-2ac-2ab-2bc=-(a+b+c)2=0例2：分解因式①(1-x2)(1-y2)-4xy②x4+y4+ x2y2分析：本题的两个小题，若按通则变形，则困难重重，不知从何下手，但从其含平方的项来研究，考虑应用配方法会使变形迎刃而解。
①题先将括号展开，并把-4xy拆成-2xy和-2xy，再分组就可以配成完全平方式。
②题用添项、减项法加上x2y2再减去x2y2，即可配方，然后再进行变形分解。
解：①原式= 1-y2-x2+x2y2-2xy-2xy=(1-2xy+x2y2)-( x2+2xy+ y2)=(1-xy)2-(x+y)2=(1-xy+x+y)(1-xy-x-y)②原式= x4+y4+ x2y2+x2y2-x2y2=(x2+y2)2-x2y2=( x 2+y 2+xy) ( x 2+y 2-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z y x +=a, xz y+=b, y x z +=c, 且x+y+z ≠0, 试求a a +1+b b +1+cc+1的值。
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。
解：由已知得1+a=1+zy x +=z y z y x +++所以a a +1=z y x x ++，同理b b +1=z y x y ++，c c+1=zy x z ++ 所以原式=z y x x +++z y x y +++z y x z ++=zy x zy x ++++=1（二）应用比例的基本性质进行恒等变形例：已知b a3=ba b 52-=a b a 156-，求222232654b ab a b ab a +-+-的值。
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b a7525=ba b 753015-=a b a 156-=a b a b b a b a +-+-++)7530(75)156(1525=a a 3131=1∴ a=3b∴原式=2222332)3(635)3(4b b b b b b b b +⋅⨯-+⋅⨯-=22627b b =29（三）利用倒数知识进行恒等变形例：已知a 、b 、c 为实数，且b a ab +=31，c b bc+=41，a c ca +=51，求ca bc ab abc ++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：ab b a +=3，bccb +=4，ca ac +=5 再逆用分式加法法则变形得：a 1+b c =3，b 1+c 1=4，c 1+a1=5三式相加，得a 1+b 1+c 1=6，再通分变形得abccabc ab ++=6，两边取倒数得ca bc ab abc ++=61， ∴原式=61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例：已知abc=1,求1++a ab a +1++b bc b +1++c ca c的值。
解：∵ abc=1∴原式=abc a ab a +++1++b bc b +1++b bc bc=11++++b bc b bc =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例：已知b a x -=c b y-=a c z -，求c b a z y x 200520042003-+++的值。
解：设b a x -=c b y-=ac z -=k(k ≠0),则x=(a-b)k ，y=(b-c)k ，z=(c-a)k∴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例：已知abc ≠0，a+b+c=0，求a(b 1+c 1)+b(c 1+a 1)+c(a 1+b1)的值。
解：由abc ≠0，知a a +b b +cc=3，故 原式=a(a 1+b 1+c 1)+b(a 1+b 1+c 1)+c(a 1+b 1+c1)-3=(a+b+c)(a 1+b 1+c1)-3=-3（七）利用运算定律进行恒等变形例：求值(21+31+41+…+601)+(32+42+52+…+602)+(43+53+63+…+603)+…+(5958+6059)= 解：原式=21+(32+31)+(43+42+41)+…+(6059+6058+…+603+602+601)=21+22+23+…+259=21（1+2+3+ (59)=21×2)591(59+=885（八）利用整体代换思想进行变形例：已知x 2-3x+1=0，求x 3+1/x 3 =3的值。
分析：此题若用常规方法先求出x 的值，再代入x 3+1/x 3 =3中进行计算是很繁的，如果注意到运用立方和公式及整体代换进行变形，问题就很简单了。
解：由x 2-3x+1=0，可知x+x1=3，故原式=(x+x 1)[( x+x1)2-3]=3(32-3)=18 本题还运用了配方，等式两边除以同一个不为零的数的变形技巧，这样做的目的是使已知条件与所求式之间的关系更加明朗化，便于代入，使运算更简便。
（九）利用逆用通分进行恒等变形例：化简)1(1+x x +)2)(1(1++x x +…+)2005)(2004(1++x x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。
解：原式=x 1-11+x +11+x -21+x +…+20041+x -20051+x=x 1-20051+x =)2005(2005+x x（十）利用分离常数的方法进行恒等变形例：解方程106--x x +62--x x =73--x x +95--x x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1+104-x +1+64-x =1+74-x +1+94-x 即101-x +61-x =71-x +91-x 再进行变形得101-x -91-x =71-x -61-x∴ 901912+-x x =421312+-x x ∴ 90192+-x x =42132+-x x ∴ 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。
例：化简⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-++⎥⎦⎤⎢⎣⎡++++⋅⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-332222)(1)()(1)(b a cb a bc b b a c b a c b a ac a 解：设ba c+=x ，则 原式=)1)(1()1)(1(322x x b x x x a -+++-=)1)(1)(1()1)(1)(1(22x x x x b x x x x a ++-++++-=b a （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=0,则322222103225z y x z y x ---+等于（ ） （A ）21- （B ）219- （C ）-15 （D ）-13解：以x 、y 为主元，由已知得利用消元变形求得x=3z ，y=2z∴ 原式=2222221043924295zz z z z z -⨯-⨯-⨯+⨯=－13 故选（D ） 由以上的论述可知：分式的变形一般有三种思路，先变形条件，以便运用；先化简待求式，这是为了利用条件；将条件和待求式同时变形，容易看出二者的关系。