有關恒等概念在證解題中的應用

精品文檔-下載后可編輯有關恒等概念在證解題中的應用深刻理解最基本的概念，并能應用最基本的概念去解題，這是一種重要的思想方法。恒等式的概念是最基一的概念之一，同時它又是待定系數(shù)法與特殊值法的理論基礎。因此復習這一概念應用點放在用基本概念去思考和解決問題的能力上。

恒等式：對于所含字母的一切容許值都能成立的等式。

一、在代數(shù)方面的應用

例1，無論x為何實數(shù)■的值恒為一個常數(shù)，求a、b、c的值，并求比式的值。

解：令■=R（R為一常數(shù)）去分母整理得：（a－2R）x3+(10R－5)x2+(b－3R)x+C+4R=0上式為關于x的三次恒等式，由多項式恒等定理得：a-2R=010R-5=0b-3R=0c+4R=0解之得a=1，b=■，c=－2，R=■，a=1，b=■，c=－2■的值恒為■

例2，當R為何值時，Rx2+(a－R)2x+R2+bx+c=0必有一根的充要條件是什么？解：若對任何R值必有一根α，則Rα2+(a－R)2α+R2+bR+c=0，即有（α+1）R2+(α2－2aα+b)R+a2αc=0對R的任何值上式都成立的充要條件是①式得α=－1代入②，③得α+2a+b=0a2－c=0比即滿足題意的條件。

例3，證明C0x+C1x+C2x+……+Cnn=2n。

證明：由二項式定理知：

(a+b)n=C0nan+C1nan-1b+C2nan-2b2+……+Cnnbn(1)在恒等式①中含a=b=1即得：C0n+C1n+C2n+……+Cnn=2n

例4，求證：CRR+CRR+1+CRR+2+……CRR-1=CR+1n（R≥1）

證明：1+（1+x）+(1+x)2+……+（1+x）n-1=■=■(1)（1）式右邊含有x項的系數(shù)為從（1+x）R的展開式起，每個展開式中的含xR項系數(shù)的和為CRR+CRR+1+……+CRR-1。（1）式右邊含xR項的系數(shù)為（1+x）R的展開式中含xR+b頁的系數(shù)即CR+1n。CRR+CRR+1+…+CRn-1=CR+1n

例5，證明恒等式■+■+■=x2

解：顯然等式右邊與左邊都是次數(shù)不超過2的多項式令x=a時，左=右=a2;x=b時，左=右=b2；x=c時，左=右=c2。由多項式的恒等定理知式為恒等式。

二、在函數(shù)方面的應用

例1，求證：y=cos■不是周期函數(shù)。

證明：采用反證法

假設函數(shù)y=cos■是周期函數(shù)，那么就存在一個T>0，使得對于一切x≥0有cos■=cosx上式是關于x(x≥0)的恒等式。特別是x=0，T時有cos■=cos0=1cos■=cos■=1分別解得■=2RT，■=2lπ（R、l為整數(shù)）而■=■這是不可能的，由此矛盾，故原命題得證。

例2，已知函數(shù)f(x)≠0的定義域為R，且對于任意實數(shù)a、b都有f(a+b)+f(a－b)=2f(a)f(b)，求證f(x)是偶函數(shù)。

證明：顯然f(a+b)+f(a－b)=2f(a)f(b)是在R上的恒等式：令a=b，則有f(2a)+f(0)=2f(a)f(b)(1)令a=－b，則有f(0)+f(2a)=2f(－b)f(b)(2)由①②得f(－b)f(b)=f(b)f(b)(3)x∈R時，f(x)≠0，而b∈Rf(b)≠0故由③得f(－b)=f(b)于是f(－x)=f(x)故f(x)是偶函數(shù)。

例3，證明：三角公式兩角和與差的正弦與二倍角公式。（略）

例4，已知F(θ)=sin2θ+sin2(θ+α)+sin2(θ+β)，其中α、β是適合0≤α≤β≤π的常數(shù)。問α、β為何值時，f(θ)為與θ無關的定值。

解：設F(θ)=sin2θ+sin2(θ+α)+sin2(θ+β)與θ無關而為定值，則F(0)=F(－α)=F(－β)=F(■)sin2α+sin2βsin2α+sin2(β－α)+sin2β+sin2(α－β)=1+sin(■+α)+sin2(■+β)=1+cos2α+cos2β=3－sin2α－sin2β由此sin2α=sin2β=sin2(β－α)①sin2α+sin2β=■②由①②得：sin2α=sin2β=sin2(β－α)=■0≤α≤β≤π，0≤β－α≤πsinα、sinβ、sin(β－α)>0sinα=sin=sin(β－α)=■α=■，β=■反過來F(θ)=sin2θ+sin2(θ+■)+sin2(θ+■)=sin2θ+(■+sinθ+■cosθ)2+(－■+sinθ+■cosθ)2=sin2θ+2(■+sin2θ+■cosθ)=■（定值）當α=■，β=■時，f(θ)為與θ無關的定值。

例5，設f(x)=1+2cosx+3sinx，若對任意x成立恒等式af(x)+bf(x－c)=1，試確常數(shù)a、b與c。

解：對任意x成立恒等式af(x)+bf(x－c)=1把x=0，■，-■代入上式得：a(1+2cos0+3sin0)+b[1+cos(0－c)+3sin0]=1①a(1+2cos■+3sin■)+b[1+cos(■－c)+3sin■]=1②a[1+2cos(-■)+3sin(-■)]+b[1+cos(-■－c)+3sin(-■)]=1③由①②③得a+b=1sinc=0cosc=-■于是由sin2c+cos2c=1得a2=b2，但a=－b與a+b=1不符，而由a=b得出a=b=c=(2n+1)π（n為整數(shù)）代入原恒等式驗證適合。a=b=■，c=（2n+1）π

例6，設P(x)、q(x)是不超過三次的多項式對任意x都有P(x)cosx=q(x)sinx，試證P(x)+q(x)都恒等于零。

證明：當x=0，π，2π，3π時，sinx=0，而cosx≠0，從而在這四個點上P(x)=0，所以P(x)0同樣地，當x=■，■，■，■時cosx=0，而sinx≠0，從而q(x)0。

三、在解析幾何方面的應用

例1，求證：無論m取何值，曲線mx2+2x－(m－1)y－m－2=0點通過定點。

解：設有定點坐標（x0，y0）總滿足方程，則：mx20+2x0－(m－1)y0－m－2=0即(2x0+y0－2)+m(x20－y0－1)=0此式是關于m的恒等式，故多項式系數(shù)為零。即2x0+y0-2=0sx20-y0-1=0解得x0=1y0=0x0=-3y0=8曲線總通過定點（1，0）和（－3，8）

例2，已知對于m的一切實數(shù)值均有直線y=2mx+m2與拋物線y=ax2+bx+c相切，求拋物線的方程。

解：y=2mx+m2y=ax2+bx+c消去y得：ax2+(b－2m)x+c－m2=0直線與拋的線恒相切。判別式=(b－2m)2－4a(c－m2)=0對于一切m均成立。故（4a+4）m2－4bm+b2－4ac=0是關于m的恒等式，由多項式中恒等定理可知：4a+a=04b=0b2-4ac=0解這個方程組得a=-1b=0c=0拋物線方程為y=－x2

例3，對于實數(shù)a(a≠1)設有集合Ca={(x,y)|x2－2ax+y2+2(a－2)y+2=0}求與所有的圓Ca都相切的直線方程。

解：設直線mx+ny+p=0和圓Ca都相切。圓Ca′的標準式是(x－a)2+[y+(a－2)]2=2(a－1)2圓心O′坐標為(a，2－a)半徑為。圓心O′到直線mx+my+p=0的距離d=■=■a-1(a≠1）整理得(m+n)2a2－[4m2+