高中数学竞赛讲义 - 代数式的恒等变换方法与技巧(2)

2?(x12?x3x5)(x2?x3x5)?0,?22?(x2?x4x1)(x3?x4x1)?0,?22例8：确定所有能使不等式组?(x3?x5x2)(x4?x5x2)?0,成立的(x1,x2,x3,x4,x5)，

?22(x?xx)(x?x1x3)?0,4135??(x2?xx)(x2?xx)?0.24124?5其中x1,x2,x3,x4,x5为正实数。

解：注意到此不等式组关于x1,x2,x3,x4,x5成轮换对称，因此可考虑将五个不等式重新组合（相加）起来，得

2222222222222223x12x2?x12x3?x12x4?x12x5?x2x3?x2x4?x2x5?x3x4?x3x5?x4x5?x12x2x422222222?x12x3x5?x2x1x4?x2x3x5?x3x1x4?x3x2x5?x4x1x3?x4x2x5?x5x1x3?x5x2x4?0

再重新组合各项，得

1111(x1x2?x1x4)2?(x1x2?x2x4)2?(x1x3?x3x4)2?(x1x3?x3x5)222221111?(x1x4?x4x3)2?(x1x5?x5x3)2?(x2x3?x2x5)2?(x2x3?x3x5)2 222211?(x2x4?x4x5)2?(x2x5?x5x4)2?0 22从而可推出x1=x2=x3=x4=x5。

经检验每组五个相等的正实数是原不等式组的解。故原不等式组的解为x1=x2=x3=x4=x5=a，a∈R+。 在解题中既要注意到题目各个部分，又要从整体上把握题目。因此，必须把化整为零与重新组合的思想有机地结合起来。

7．消去部分

所谓消去部分是指或者让一部分式子互相抵消，或者让一部分式子代替另一部分式子。比如，在解方程中的加减消元法、代入消元法、比较消元法；数列求和（积）中的交叉消去（交叉相约）等。

例11：求出所有的实数a，使得存在非负实数x1,x2,x3,x4,x5适合

?kxk?15k?a,?kxk?a,?k5xk?a3。

32k?1k?132255解：我们对xi的个数为n来求解。注意到a?a?a?a，可考虑先消去a，再由x1,x2,确定a的值，事实上，(,xn的值来

?kx)(?kx)?(?kx)53kkkk?1i?1k?1nnn2???ij(i2?j2)2xixj?0?xixj?0

i?1j?1nn（i,j=1，2，…，n，i?j）。则对任意xk有下列两种情况

（1）xk?0，其余的xi均为零，得a=0；

a2?k3xk/kxk?k2(k?1,2,（2）xk?0，其余xi均为零，得a?a

,n)。

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综上所述，a的取值集为{0,12,22,,n2}。

8．构造对偶式

根据题中某式A的结构特征，构造A的对偶式B。利用A与B之间的运算（主要是加、减、乘）求得A、B的两种关系式，从而使问题获得解决。

aanbn常见的对偶式有a+b与a-b；ab与；sinx与cosx；tanx与cotx；与等等。

ba?ba?b例13：设xi?0(i?1,2,2x12x2,n)且?xi?1。求证：??x?xx?xi?11223n2xn1?? xn?x1222x3x2证：令不等式左边为A，其对偶式B???x1?x2x2?x3222x2?x3x12?x2A?B?()?()?x1?x2x2?x3222x2?x3x12?x2又A?B???x1?x2x2?x3x12，由平均不等式可得： ?xn?x11?(xn?x1)?1 ① 2211xn?x12?()?(x1?x2)?(x2?x3)?22xn?x12xn?x12?(x1?x2)?(x2?x3)??xn?x1?(xn?x1)?0 ②

①+②得，2A?1,A?1。 210．数形结合

对于某些特殊的代数式，它有其特殊的几何意义，我们可利用这种几何意义将代数式之间的变换转化为几何量之间的变换，使最终达到我们求解问题的目的。

例16：已知正实数p，q，r满足关系式p?q?r?2pqr?1。求证方程组

?y?qr?z?qr?1?p,???z?rp?x?rp?1?q,有惟一解。 ???x?pq?y?pq?1?r.解：显然，p,q,r?(0,1)，故存在三锐角A、B、C使p?cosA,q?cosB,r?cosC，于是

cos2A?cos2B?cos2C?2cosAcosBcosC?1。易证上式当且仅当A+B+C=?成立。故以A，B，C为内1，其垂足三角形为ΔDEF，H为垂心，则易计算得ΔAEFΔABC 2BCEFAFEF?1。 ??cosA。由A，F，H，E共圆得AH?（∵B，C，E，F共圆）∴，而

sinABCACsinABC?cosA?cosA?p，同理，HB?cosB?q,CH?cosC?r。 ∴sinA?BC,?AH?sinA11又S?BHC?BC?DH?EC?HB?DH?cosB?cosC?qr。

22角可构造ΔABC。设其外接圆半径为

同理，EH?cosC?cosA?rp,FH?cosA?cosB?

pq。

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由HB2?DH2?CH2?DH2?BD?CD?BC?sinA?1?cos2A 即得q?pr?r?qr?1?p。

同理r?rp?p?rp?1?q，p?pq?q?pq?1?r。故(x,y,z)?(p,q,r)为原方程组

的一组解。若另有一组解(x?,y?,z?)，不妨设x??p，则由③式知y??q，由①式知z??r，由②式知x??p矛盾。故原方程组有惟一解(p,q,r)。

习题1—1

1．解方程x?2x?1?x?2x?1?mx。

2．设x,y,z?R。求证：不等式x3?y3?z3?3xyz成立的充要条件是x?y?z?0或x?y?z。

x5?y5?z5x3?y3?z3x2?y2?z2??3．设x?y?z?0，求证：。

532?y?a?z?a?1,?3?4．设a,b,c是满足a?b?c?的正数，试证明方程组：?z?b?x?b?1,有惟一实数解。

2?x?c?y?c?1,??2?4?2m21．答案：当m?0或m?22时，原方程的解集为?；当0?m?2时，原方程的解集为{}；2m当2?m?22时，原方程的解集为{2}。 m2．提示：利用重要恒等式x3?y3?z3?3xyz?(x?y?z)?(x2?y2?z2?xy?yz?zx)

1222(x?y?z)[(x?y)?(y?z)?(z?x)]?0。 23．提示：构造数列an?x?y?z(n?N)，则a1?0,a2?x?y?z??2(xy?yz?zx)。

nnn*222a3?x3?y3?z3?3xyz。可证。

4．简解：在边长为1的正三角形内必存在一点P，它到三边的距离依次为a,b,c，恰好满足：

13222(a?b?c)?。则x1?PA,y1?PB,z1?PC就是原方程组的解。 24若(x?,y?,z?)也是一组解，如果x??x1，则由第三个方程知y??y1，又由第一个方程有z??z1，再由

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第二个方程有：x??x1，矛盾。

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