有关恒等概念在证解题中的应用

精品文档-下载后可编辑有关恒等概念在证解题中的应用深刻理解最基本的概念，并能应用最基本的概念去解题，这是一种重要的思想方法。恒等式的概念是最基一的概念之一，同时它又是待定系数法与特殊值法的理论基础。因此复习这一概念应用点放在用基本概念去思考和解决问题的能力上。

恒等式：对于所含字母的一切容许值都能成立的等式。

一、在代数方面的应用

例1，无论x为何实数■的值恒为一个常数，求a、b、c的值，并求比式的值。

解：令■=R（R为一常数）去分母整理得：（a－2R）x3+(10R－5)x2+(b－3R)x+C+4R=0上式为关于x的三次恒等式，由多项式恒等定理得：a-2R=010R-5=0b-3R=0c+4R=0解之得a=1，b=■，c=－2，R=■，a=1，b=■，c=－2■的值恒为■

例2，当R为何值时，Rx2+(a－R)2x+R2+bx+c=0必有一根的充要条件是什么？解：若对任何R值必有一根α，则Rα2+(a－R)2α+R2+bR+c=0，即有（α+1）R2+(α2－2aα+b)R+a2αc=0对R的任何值上式都成立的充要条件是①式得α=－1代入②，③得α+2a+b=0a2－c=0比即满足题意的条件。

例3，证明C0x+C1x+C2x+……+Cnn=2n。

证明：由二项式定理知：

(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，求证：CRR+CRR+1+CRR+2+……CRR-1=CR+1n（R≥1）

证明：1+（1+x）+(1+x)2+……+（1+x）n-1=■=■(1)（1）式右边含有x项的系数为从（1+x）R的展开式起，每个展开式中的含xR项系数的和为CRR+CRR+1+……+CRR-1。（1）式右边含xR项的系数为（1+x）R的展开式中含xR+b页的系数即CR+1n。CRR+CRR+1+…+CRn-1=CR+1n

例5，证明恒等式■+■+■=x2

解：显然等式右边与左边都是次数不超过2的多项式令x=a时，左=右=a2;x=b时，左=右=b2；x=c时，左=右=c2。由多项式的恒等定理知式为恒等式。

二、在函数方面的应用

例1，求证：y=cos■不是周期函数。

证明：采用反证法

假设函数y=cos■是周期函数，那么就存在一个T>0，使得对于一切x≥0有cos■=cosx上式是关于x(x≥0)的恒等式。特别是x=0，T时有cos■=cos0=1cos■=cos■=1分别解得■=2RT，■=2lπ（R、l为整数）而■=■这是不可能的，由此矛盾，故原命题得证。

例2，已知函数f(x)≠0的定义域为R，且对于任意实数a、b都有f(a+b)+f(a－b)=2f(a)f(b)，求证f(x)是偶函数。

证明：显然f(a+b)+f(a－b)=2f(a)f(b)是在R上的恒等式：令a=b，则有f(2a)+f(0)=2f(a)f(b)(1)令a=－b，则有f(0)+f(2a)=2f(－b)f(b)(2)由①②得f(－b)f(b)=f(b)f(b)(3)x∈R时，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)是偶函数。

例3，证明：三角公式两角和与差的正弦与二倍角公式。（略）

例4，已知F(θ)=sin2θ+sin2(θ+α)+sin2(θ+β)，其中α、β是适合0≤α≤β≤π的常数。问α、β为何值时，f(θ)为与θ无关的定值。

解：设F(θ)=sin2θ+sin2(θ+α)+sin2(θ+β)与θ无关而为定值，则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=■反过来F(θ)=sin2θ+sin2(θ+■)+sin2(θ+■)=sin2θ+(■+sinθ+■cosθ)2+(－■+sinθ+■cosθ)2=sin2θ+2(■+sin2θ+■cosθ)=■（定值）当α=■，β=■时，f(θ)为与θ无关的定值。

例5，设f(x)=1+2cosx+3sinx，若对任意x成立恒等式af(x)+bf(x－c)=1，试确常数a、b与c。

解：对任意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与a+b=1不符，而由a=b得出a=b=c=(2n+1)π（n为整数）代入原恒等式验证适合。a=b=■，c=（2n+1）π

例6，设P(x)、q(x)是不超过三次的多项式对任意x都有P(x)cosx=q(x)sinx，试证P(x)+q(x)都恒等于零。

证明：当x=0，π，2π，3π时，sinx=0，而cosx≠0，从而在这四个点上P(x)=0，所以P(x)0同样地，当x=■，■，■，■时cosx=0，而sinx≠0，从而q(x)0。

三、在解析几何方面的应用

例1，求证：无论m取何值，曲线mx2+2x－(m－1)y－m－2=0点通过定点。

解：设有定点坐标（x0，y0）总满足方程，则：mx20+2x0－(m－1)y0－m－2=0即(2x0+y0－2)+m(x20－y0－1)=0此式是关于m的恒等式，故多项式系数为零。即2x0+y0-2=0sx20-y0-1=0解得x0=1y0=0x0=-3y0=8曲线总通过定点（1，0）和（－3，8）

例2，已知对于m的一切实数值均有直线y=2mx+m2与抛物线y=ax2+bx+c相切，求抛物线的方程。

解：y=2mx+m2y=ax2+bx+c消去y得：ax2+(b－2m)x+c－m2=0直线与抛的线恒相切。判别式=(b－2m)2－4a(c－m2)=0对于一切m均成立。故（4a+4）m2－4bm+b2－4ac=0是关于m的恒等式，由多项式中恒等定理可知：4a+a=04b=0b2-4ac=0解这个方程组得a=-1b=0c=0抛物线方程为y=－x2

例3，对于实数a(a≠1)设有集合Ca={(x,y)|x2－2ax+y2+2(a－2)y+2=0}求与所有的圆Ca都相切的直线方程。

解：设直线mx+ny+p=0和圆Ca都相切。圆Ca′的标准式是(x－a)2+[y+(a－2)]2=2(a－1)2圆心O′坐标为(a，2－a)半径为。圆心O′到直线mx+my+p=0的距离d=■=■a-1(a≠1）整理得(m+n)2a2－[4m2+