一个恒等式与一类不等式证明
代数式的恒等式与方程的证明与推理
代数式的恒等式与方程的证明与推理一、恒等式的定义与性质在代数学中，恒等式是一种数学表达式，其中的两边总是相等的。
恒等式可以由代数运算得出，并且对于任意满足其中所涉及的条件的变量或数值，都成立。
恒等式的性质如下：1. 反身性：对于任意的数值或变量，恒等式与自身相等。
2. 对称性：恒等式的两边可以互换位置而保持相等。
3. 传递性：如果恒等式A等于恒等式B，而恒等式B又等于恒等式C，那么恒等式A也等于恒等式C。
二、恒等式的证明方法1. 直接证明法：通过直接计算，将恒等式的左边转化为右边，或将右边转化为左边，以证明两边相等。
举例来说，对于恒等式(a + b)² = a² + 2ab + b²，我们可以通过展开左边并进行求和运算，证明它与右边相等。
2. 分类讨论法：将恒等式中的变量或数值分成不同情况进行讨论，证明恒等式在每种情况下都成立。
举例来说，对于恒等式|a| = a 或 |a| = -a，我们可以分别讨论a为正数、负数和0的情况，证明恒等式在每种情况下都成立。
3. 数学归纳法：适用于需要证明一个恒等式对于所有自然数或整数都成立的情况。
举例来说，对于恒等式1² + 2² + 3² + ... + n² = (n(n + 1)(2n + 1))/6，我们可以使用数学归纳法证明。
三、方程的定义与求解方法方程是恒等式的一种特殊形式，其中至少包含一个未知数，并且需要找到满足方程的未知数的值。
方程的求解方法如下：1. 引入一个变量：将方程中的未知数引入一个临时变量，通过运算将方程转化为一个恒等式，从而求解出未知数。
2. 因式分解法：对于含有多项式的方程，可以使用因式分解法来将方程转化为多个恒等式的乘积，再求解每个恒等式中的未知数。
3. 方程求根法：利用方程的特点，例如一元二次方程的求根公式，解析求解出未知数。
四、方程的证明与推理方法1. 逆向推理法：从一个已知的等式或不等式出发，通过逆向推导，得到要证明的方程。
谈一类不等式的证明思路
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（ ＋ ＋） ｌ（６） （ ＋ ＋） Ｄ６ｃ ｎ ｏｃ＝ ｏ ６ｃ ，
以上三式相乘 ， （ ｙ （ ＋ — ） Ｚ Ｘ Ｙ ｘｚ 得 ＋ 一 ） ｙ ｚ （＋ — ） ｙ．
故原不等式得证．
当且仅 当 ａ ｂ ｃ ＝ ＝ ＝１时 ， 该不等式 的等号 成立．
故原不等式得证． 点评 例 ２的上述证法 ， 需抓住两个关键 ： 是函数 一
中。 ７ （１ 第 ｏ 高 版 ７ 擞・ ２１ ｌ ０ 年 期・ 中 ）
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初中数学重点梳理：恒等式证明
恒等式证明 知识定位代数式的恒等变形是初中代数的重要内容，它涉及的基础知识较多，主要有整式、分式与根式的基本概念及运算法则，因式分解的知识与技能技巧等等，因此代数式的恒等变形是学好初中代数必备的基本功之一．本讲主要介绍恒等式的证明．首先复习一下基本知识，然后进行例题分析．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．把一个代数式变换成另一个与它恒等的代数式叫作代数式的恒等变形．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．证明恒等式，没有统一的方法，需要根据具体问题，采用不同的变形技巧，使证明过程尽量简捷．一般可以把恒等式的证明分为两类：一类是无附加条件的恒等式证明；另一类是有附加条件的恒等式的证明．对于后者，同学们要善于利用附加条件，使证明简化．下面结合例题介绍恒等式证明中的一些常用方法与技巧．知识梳理知识梳理1：由繁到简和相向趋进恒等式证明最基本的思路是“由繁到简”(即由等式较繁的一边向另一边推导)和“相向趋进”(即将等式两边同时转化为同一形式)．知识梳理2：比较法比较法利用的是：若0，则（作差法）；或若1，则（作商法）。
a a b a ba b b-==== 这也是证明恒等式的重要思路之一。
知识梳理3：分析法与综合法根据推理过程的方向不同，恒等式的证明方法又可分为分析法与综合法．分析法是从要求证的结论出发，寻求在什么情况下结论是正确的，这样一步一步逆向推导，寻求结论成立的条件，一旦条件成立就可断言结论正确，即所谓“执果索因”．而综合法正好相反，它是“由因导果”，即从已知条件出发顺向推理，得到所求结论．知识梳理4：其他解题方法及技巧除了上述方法，设k 、换元等方法也可以在恒等式证明中发挥效力．例题精讲【试题来源】【题目】已知x+y+z=xyz ，证明：x(1-y 2)(1-z 2)+y(1-x 2)(1-z 2)+z(1-x 2)(1-y 2)=4xyz ．【答案】因为x+y+z=xyz ，所以左边=x(1-z 2-y 2-y 2z 2)+y(1-z 2-x 2+x 2z 2)+(1-y 2-x 2+x 2y 2)=(x+y+z)-xz 2-xy 2+xy 2z 2-yz 2+yx 2+yx 2z 2-zy 2-zx 2+zx 2y 2=xyz-xy(y+x)-xz(x+z)-yz(y+z)+xyz(xy+yz+zx)=xyz-xy(xyz-z)-xz(xyz-y)-yz(xyz-x)+xyz(xy+yz+zx)=xyz+xyz+xyz+xyz=4xyz=右边．【解析】将左边展开，利用条件x+y+z=xyz ，将等式左边化简成右边．【知识点】恒等式证明【适用场合】当堂例题【难度系数】3【试题来源】【题目】已知1989x 2=1991y 2=1993z 2，x ＞0，y ＞0，z ＞0，且1111x y z++=198919911993198919911993x y z ++=++ 【答案】令1989x 2=1991y 2=1993z 2=k(k ＞0)，则又因为所以所以【解析】令1989x 2=1991y 2=1993z 2=k(k ＞0)，则本例的证明思路是“相向趋进”，在证明方法上，通过设参数k ，使左右两边同时变形为同一形式，从而使等式成立．【知识点】恒等式证明【适用场合】当堂例题【难度系数】4【试题来源】 【题目】求证：()()()()()()222a bcb ca abc a b a c b c b a c a c b ---+=++++++ 【答案】因为所以所以【解析】用比差法证明左-右=0．本例中，这个式子具有如下特征：如果取出它的第一项，把其中的字母轮换，即以b 代a ，c 代b ，a 代c ，则可得出第二项；若对第二项的字母实行上述轮换，则可得出第三项；对第三项的字母实行上述轮换，可得出第一项．具有这种特性的式子叫作轮换式．利用这种特性，可使轮换式的运算简化．【知识点】恒等式证明【适用场合】当堂例题【难度系数】3【试题来源】【题目】已知0a b c ++= ，求证()()24442222a b ca b c ++=++ 。
用数学归纳法证明一类不等式的技巧
用数学归纳法证明一类不等式的技巧赵忠彦(民勤县第一中学,甘肃 733300)中图分类号:O127.7-42 文献标识码:A 文章编号:0488-7395(2003)01-0014-02收稿日期:2002-03-21作者简介:赵忠彦(1966-),男,甘肃民勤人,甘肃民勤县第一中学一级教师. 对于一边是常数的数列不等式,在用数学归纳法直接证明时,归纳过渡往往有一定的困难,若利用不等式的传递性、可加性等性质,通过强化命题,放缩常数等技巧,就可顺利完成归纳过渡,下面举例说明.1 通过分析归纳过渡需要的条件强化命题由于更强的命题提供更强的归纳假设,因而一个更强的命题,用数学归纳法反而容易证明.例1 (1977年加拿大奥林匹克试题)设0<a<1,定义a 1=1+a ,a n +1=1a n+a ,求证:对一切自然数n ,有a n >1.分析: 假设n =k 时,a k >1,则a k +1=1a k+a<1+a ,推不出a k +1>1.怎么办呢?可寻求a k +1>1成立的充分条件.欲证a k +1>1,只要证1a k +a >1,即证a k <11-a.只要命题加强为1<a n <11-a即可完成归纳过渡.证明 1° 当n =1时,a 1=1+a >1,又由1-a 2<1可得1+a <11-a ,∴1<a 1<11-a.2° 假设n =k (k ∈N )时,1<a k <11-a ,那么当n =k +1时,a k +1=1a k+a ,由假设得1-a <1a k<1,∴1<1a k+a <1+a <11-a,∴1<a k +1<11-a.由1°,2°可知对任意自然数n ,都有1<a n <11-a,从而有a n >1(n ∈N ).2 放缩常数a 为a ±f (n )的式子例2 求证112+122+…+1n2<2(n ∈N ).分析: 假设n =k 时,不等式112+122+…+1k2<2成立,则有112+122+ (1)2+1(k +1)2<2+1(k +1)2,无法推出小于2.这是由于不等式右边是常数,整个不等式不具有递推性.若把2缩小为2-f (n ).即证112+122+…+1n 2<2-f (n ),则n =1时,1<2-f (1).假设n =k 时,112+122+…+1k2<2-f (k ), 当n =k +1时,就有112+122+…1k 2+1(k +1)2<2-f (k )+1(k +1)2.f (k )的确定只要使-f (k )+1(k +1)2<0且1<2-f (1)即可.而1(k +1)2<1k ,1(k +1)2<1k +1,…,等等.当f (k )=1k时, -f (k )+1(k +1)2=-k 2+k +1k (k +1)2<-k 2+k k (k +1)2=-1k +1<0,41数学通讯 2003年第1期又1=2-f(1),故可选择f(n)=1n.证 先证112+122+…+1n2≤2-1n(n∈N).1° 当n=1时,1≤2-1,不等式成立. 2° 假设n=k(k∈N)时,1 12+122+…+1k2≤2-1k,那么当n=k+1时, 1 12+122+…+1k2+1(k+1)2≤2-1k +1 (k+1)2=2-k 2+k+1k(k+1)2<2-k(k+1)k(k+1)2=2-1k+1.由1°,2°可知112+122+…+1n2≤2-1n对任意自然数n成立.从而对任意自然数n,都有1 12+122+…+1n2<2.3 把常数转化为与另一边具有相同结构的式子例3 (2002年全国高考理科第(22)题第(Ⅱ)小题)设数列{a n}满足a n+1=a2n-na n+1(n∈N), a1≥3,证明对所有的自然数n,有1)a n≥n+2;2)11+a1+11+a2+…+11+a n≤12.分析 对于1)用数学归纳法易证,对于2)是否也能用数学归纳法证明呢?若假设11+a1+11+a2+…+11+a k≤12,则 1 1+a1+11+a2+…+11+a k+11+a k+1≤12+11+a2k-ka k+1=12+1a k(a k-k)+2≤12+1(k+2)×2+2=12+12k+6,推不出结论.若把12缩小为12-f(n),f(n)的解析式也不易确定.但若注意到11+a1≤11+3=14=(12)1+1,且(12)2+(12)3+…+(12)k+1= (122)[1-(12)k]1-12=12-(12)k+1<12,故只要证得11+a k≤(12)k+1,再累加就可证得原不等式成立.证明 1)证略.2)先证对任意自然数n,不等式11+a n≤(12)n+1成立.1° 当n=1时,11+a1≤11+1+2=14≤(12)1+1.2° 假设n=k(k∈N)时,11+a k≤(12)k+1.当n=k+1时,11+a k+1=11+a2k-ka k+1=1a k(a k-k)+2≤1a k・2+2=12(1+a k)≤12×(12)k+1=(12)(k+1)+1.由1°,2°可知,对任意n∈N,都有11+a n≤(12)n+1.由不等式的可加性,得 11+a1+11+a2+…+11+a n≤(12)2+(12)3+…+(12)n+1=14[1-(12)n]1-12=12-(12)n+1<12.从而有11+a1+11+a2+…+11+a n≤12(n∈N).51 2003年第1期 数学通讯。
一个恒等式与一类不等式证明
a 2 + ab + b 2 ≥
于是，要证明原不等式，只要证明
27 ( a + b ) ( b + c ) ( c + a ) ≥ 64 ( ab + bc + ca ) .
2 2 2 3
因为
(; bc + ca = ab ⋅ bc ⋅ ca ≤ ， 3
3
故 2 ab + bc + ca ≤
3 ⋅ 3 ( b + c )( c + a )( a + b ) .
例 4 （ 2005 年 罗 马 尼 亚 数 学 奥 林 匹 克 题 ） 设 a, b, c 为 正 实 数 ， 且
( a + b )( b + c )( c + a ) = 1 ，求证：
证明：因为 证明
而
3
( a + b + c )( ab + bc + ca ) ≥
3 ( ab + bc + ca ) 3 . 4
3
3 ( ab + bc + ca ) ⋅ ( ab + bc + ca ) = 3 ( ab + bc + ca ) ，
3
所以，有
ab + bc + ca 2 ≤ 1+ ， 3
《数学通讯》 （上半月） 数学通讯》 半月）2010 年第 4 期
一个代数恒等式与一类不等式的证明
安振平 （ 陕西省咸阳师范学院基础教育课程研究中心 712000 ） 文[1]的第 218-219 页上讨论了如下代数恒等式：
( a + b + c )( ab + bc + ca ) − abc = ( a + b )( b + c )( c + a ) .
初二奥数精讲——第11讲恒等式的证明（二）
初二奥数精讲——第11讲恒等式的证明（二）一、知识点解析1. 基本知识如果一个等式，对其中所含有的字母取使所有代数式有意义的任何值都成立，则此等式称为恒等式。
如果一个等式，对其中所含有的字母取符合限定条件且使所有代数式有意义的任何值都成立，则此等式称为条件恒等式。
2. 基本方法2. 基本问题与方法证明恒等式，常可“从左边证到右边，也可从右边证到左边，还可证明两边与同一个式子相等”，其选择上述方法的原则是“从繁的一边证到简单的一边”。
如果等式两边都较繁，则证明两边与同一个式子相等。
特别地，证明两个多项式恒等，还可以从“次数”上考虑。
如果多项是k次的，则只要证明这两个多项式在k+1处的值相等，则这两个多项式恒等。
证明条件恒等式，常可从条件入手，逐步推出结论；也可从目标入手，在目标中构造条件式中的结构，进而利用条件证明结论；还可将条件和结论同时改变，以创造运用条件的机会。
选择上述方法的原则是“从容易构造出其他式子相同的结构的式子入手”。
如果任何一个式子都不容易构造另一个式子，则应将两个式子同时改变。
这部分主要考察学生的对恒等式的证明的了解及掌握。
是代数式部分的综合应用，这部分题型种类繁多，要在扎实的基础知识基础上，认真学习，多加练习，让我们在例题和解答中一起学习吧。
二、例题例1分析：题设的条件难于直接利用，应先将它们化简。
可将mn+nq=0化为比值，但要注意分母不为0，从而要分类讨论。
解答：例2分析：连等式，比例值等式参数求解。
解答：例3例4例5设a、b是互异的自然数，且a，b中至少有一个是偶数。
求证：一定可以表示成4个自然数的平方和。
如果你能够在不看答案的情况下就很顺利解决这些问题，那么说明你对恒等式的证明的掌握已经很透彻，这样的话可以加微信号miaomiao-asd，有更多有意思有深度的题目和讲解可以提供，还可享受一对一线上咨询辅导。
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高中数学_一类不等式的证明
一类不等式的证明
广东省吴川市第四中学罗亮
在不等式的证明问题中，发现一类证法原理一样的不等式，现呈现如下：
例1．若，求证：．①
证：由得，，同理，，。
所以，
，
故，成立。
例2．若，求证：．②
证：由得，，同理，，
，所以，，故，
成立．
比较不等式①、②发现其形式与证法都是类似的，不等式①、②的形式左边、右边都是几个的和，左边是分式的形式，且分子的次数比分母高一次；然后是证法都是通过添加项多次利用基本不等式，得到最终想要的结果。
由这样的规律，可把上述不等式推广到更一般的形式有：
推广1．若，，且，则，
．
证：由得，，
同理，，,
所以，
，
所以，成立。
证完．
推广2．若，且，则，
．
证：由得，
，
同理，，，
所以，
，所以，
成立。
证完。
以上述形式类似，证法一样的题目还有很多，下面再举一个例子：
例3．已知，求证：。
证：由得，，
同理，，。
所以，，
故，成立。
从上述的例子，我们可以看到，在运用基本不等式证明不等式时，有这样一类不等式，就是把不等式左边的所有项通过添加项运用基本不等式，再用不等式加法性质把所有式子相加，而得到最终要证明的不等式。
这类不等式的证明在添加项的时候，添加什么样的项需要一定的技巧。
因此，我们在平时需多进行练习，去熟悉基本不等式，并且能熟练的运用基本不等式。
作者简介：罗亮(1983-)，男，广东吴川，中学二级，本科。
已在中数期刊发表论文十余篇。
代数式的恒等式与不等式
代数式的恒等式与不等式代数式是数学中常见的一种表达方式，它由一系列的变量、常数、运算符和括号所组成。
在代数学中，我们常常需要探究代数式的性质和关系，其中恒等式和不等式是两个重要的概念。
一、恒等式恒等式是指在特定条件下，左右两边完全相等的代数式。
在数学证明和推导中，恒等式的运用至关重要。
1.1 常见的恒等式在代数学中，有一些常见的恒等式值得我们注意。
例如：- 乘法分配律：对于任意的实数a、b和c，恒等式a * (b + c) = a * b + a * c成立。
- 平方差公式：对于任意的实数a和b，恒等式(a + b) * (a - b) = a^2 - b^2成立。
- 二次平方差公式：对于任意的实数a和b，恒等式a^2 - b^2 = (a + b)(a - b)成立。
这些恒等式在代数运算和方程解法中起着重要的作用，我们可以通过它们简化复杂的计算和推导过程。
1.2 恒等式的证明恒等式的证明是数学中常见的一种推理方法。
通过严密的逻辑推理和代数运算，我们可以证明一个恒等式在特定条件下成立。
以乘法分配律为例，我们可以将左边和右边的表达式展开，然后逐步进行运算和化简，最终可以得到相等的结果。
这个过程中需要注意每一步的合法性和正确性，确保推导的过程准确无误。
二、不等式不等式是用不等号（<, >, ≤或≥）表示的代数式的关系。
不等式研究的是变量之间的大小关系，它在数学中有广泛的应用。
2.1 常见的不等式不等式有许多不同的形式和类型，下面列举几个常见的例子：- 一次不等式：对于任意的实数a和b，不等式a < b表示a小于b。
- 二次不等式：对于任意的实数x，不等式x^2 > 0表示x的平方大于0。
- 绝对值不等式：对于任意的实数a，不等式|a| < 1表示a的绝对值小于1。
不等式的类型多种多样，我们需要根据实际问题的需求，选择适当的不等式来描述变量之间的关系。
2.2 不等式的解集解不等式意味着找到使得不等式成立的变量取值范围。
恒等式的证明范文
恒等式的证明范文要证明一个恒等式，我们需要演绎出等式的左边和右边的每一部分，并将它们一步一步地转化成相等的形式。
在这个过程中，需要运用一些已知的数学定律、性质和等式，以及一些基本的代数操作。
下面我们将通过一个例子来说明这个过程。
假设我们要证明以下恒等式：(a + b)^2 = a^2 + 2ab + b^2首先，我们可以展开等式的左边：(a+b)^2=(a+b)(a+b)=a(a+b)+b(a+b)（分配律）= a^2 + ab + ba + b^2 （分配律）= a^2 + ab + ab + b^2 （交换律）= a^2 + 2ab + b^2可以看到，通过适当的代数操作，我们将等式的左边转化成了等式的右边，从而证明了恒等式的正确性。
除了上述的代数操作以外，数学中还有许多其他的定律和性质可以用于证明恒等式。
以下是一些常用的数学定律和性质的例子：1. 分配律：a(b + c) = ab + ac；(a + b)(c + d) = ac + ad + bc + bd2. 结合律：(a + b) + c = a + (b + c)；(ab)c = a(bc)3. 交换律：a + b = b + a；ab = ba4.同一律：a+0=a；a*1=a5.零元素律：a+(-a)=0；a*0=06. 幂运算法则：a^m * a^n = a^(m + n)；(a^m)^n = a^(mn)当然，证明一个恒等式的过程也是灵活的，没有固定的规则和步骤。
有时我们可以先将等式左边化简，有时我们可以先将等式右边变形，具体的方法取决于具体的恒等式和我们的思路。
总结起来，证明一个恒等式的关键在于通过适当的代数操作，将等式的两边转化为相等的形式。
这个过程中，可以运用一些已知的数学定律、性质和等式，以及一些基本的代数操作。
然后，我们需要分析和理解每一步的转化过程，确保每一步的操作是合理且可逆的。
最后，我们需要检查等式的每一部分，确保它们严格地满足等式的定义。
恒等式及证明
恒等式是数学中的一个重要概念，它表示两个或多个数学表达式在某种条件下总是相等的。
为了证明一个恒等式，我们需要展示这两个表达式在所有的可能值下都是相等的。
以下是一个恒等式的例子及其证明：恒等式：对于任何实数x和y，都有(x + y)^2 = x^2 + 2xy + y^2。
证明：展开左侧：(x + y)^2 = (x + y) × (x + y)= x × x + x × y + y × x + y × y= x^2 + xy + xy + y^2= x^2 + 2xy + y^2。
比较左右两侧，我们可以看到它们完全相同，因此恒等式(x + y)^2 = x^2 + 2xy + y^2 成立。
另一个例子是三角函数的恒等式：恒等式：sin^2(θ) + cos^2(θ) = 1。
证明：考虑一个直角三角形，其中一个角为θ。
设对边为a，邻边为b，斜边为c。
根据勾股定理，我们有a^2 + b^2 = c^2。
在这个三角形中，sin(θ) = a/c 和cos(θ) = b/c。
因此，sin^2(θ) = (a/c)^2 = a^2/c^2 和cos^2(θ) = (b/c)^2 = b^2/c^2。
将sin^2(θ)和cos^2(θ)相加，我们得到：sin^2(θ) + cos^2(θ) = a^2/c^2 + b^2/c^2= (a^2 + b^2)/c^2= c^2/c^2= 1。
所以，恒等式sin^2(θ) + cos^2(θ) = 1 成立。
证明恒等式通常需要利用已知的数学定理、公式或定义，并通过代数运算来展示两个表达式是等价的。
一个恒等式的证明及应用
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一类不等式的证明
一类不等式的证明不等式的概念是数学的基本概念之一，常常被用于估计函数、几何图形和概率等数学对象的强度、边界或大小等特性。
然而，尽管不等式在数学理论中起着重要作用，但数学家们在不等式的证明上仍然存在困难。
因此，能够有效地证明某一类不等式的方法和技巧非常重要。
本文的目的是证明一类由“全等于”组成的不等式，例如x = y + z。
首先，我们需要分析一下等式有几个不同的特征。
其中最重要的特征是使用和记录的基本规则。
下面我将就此进行讨论。
首先，基本规则可以分为三类，即转移规则、推理规则和变换规则。
转移规则是将给定等式中变量从一边转移到另一边的规则，例如a =b +c，将a转移到右侧，得到-c=b-a；推理规则是指根据现有的等式获得新的等式的规则，例如a = b+c和b = d+e，推理得到a = d+e+c；变换规则是指利用运算规则将等式变换为一个简单易懂的等式的规则，例如将a = b + c变换为ac = b。
紧接着，我们来考察如何将上述三类规则应用到一类不等式中。
首先，我们可以利用转移规则，将变量从一边转移到另一边，使得等式变得更加清晰。
转移规则可以提高等式的可见性，有助于理解等式的结构，从而让我们更容易地利用推理规则和变换规则来证明等式的真实性。
其次，我们可以使用推理规则，将两个不等式进行整合，从而获得更复杂的等式。
例如，a = b + cb = d+e，经过推理，可以得到a= d+e+c。
推理规则可以在不等式证明中产生新的结果，以及在证明方法中将更复杂的等式变得更加简单。
最后，我们可以使用变换规则将等式进行变换，使其更容易理解和证明。
例如，可以将a = b + c变换为a c = b，用运算规则将复杂的不等式变换为简单的等式。
总结来说，由“全等于”组成的不等式的证明，可以采用转移规则、推理规则和变换规则三种规则进行。
转移规则可以提高等式的可见性，推理规则可以整合两个等式，变换规则则是利用运算规则将等式变换为简单的形式。
恒等式和不等式的认识
恒等式和不等式的认识恒等式和不等式是数学中常见的概念，它们在各个领域的数学问题中发挥着重要的作用。
本文将对恒等式和不等式的概念及其应用进行详细介绍。
一、恒等式的概念与应用恒等式是一个数学等式，即在等式的两边放置相同的表达式，它们始终相等。
恒等式可以用符号“=”表示，例如：1. 2 + 3 = 52. a^2 + b^2 = c^2恒等式的应用非常广泛，特别是在代数学中。
在解方程或推导数学证明时，我们常常使用恒等式来变换等式的形式，从而得到更加简洁和易于处理的等式。
例如，在解二次方程时，我们可以使用恒等式“完成平方”的方法，将原方程转化为一个平方的等式，从而更容易求解。
二、不等式的概念与应用不等式是数学中常见的一种关系，用来描述两个数或者数的关系。
不等式可以用符号“<”、“>”、“≤”、“≥”等进行表示，例如：1. 2 < 52. x + 3 ≥ 10不等式的应用十分广泛，特别是在代数学和几何学中。
在实际问题中，我们常常需要比较和描述事物的大小、关系或数量。
不等式提供了一种有效的工具，帮助我们建立数学模型，并解决各种实际问题。
例如，在优化问题中，我们可以通过建立不等式约束条件，将问题转化为一个求解最优解的数学模型。
三、恒等式与不等式的联系恒等式和不等式在数学中有着密切的联系。
首先，恒等式可以看作是一种特殊的不等式，即两个表达式始终相等。
从某种意义上说，恒等式是不等式的一种特殊情况。
其次，恒等式可以通过不等式的变换得到。
我们可以从一个不等式出发，通过一系列的等式变换，得到一个恒等式。
这个过程也常用于求解不等式的过程中，特别是求解复杂的不等式组。
通过将不等式转化为等式，我们可以更容易地解决这些问题。
最后，恒等式和不等式在证明数学命题时都发挥重要作用。
在证明过程中，我们常常需要使用恒等式和不等式来变换等式的形式，建立推理链条，从而得到最终的证明结论。
综上所述，恒等式和不等式是数学中重要的概念，它们在各个领域的数学问题中都有着广泛的应用。
人教版数学高二-备课资料一类不等式恒成立问题
一类不等式恒成立问题不等式恒成立问题是数学中一类比较常见的问题．我们如何去全面地审视？如何能运筹帷握，做到一览众山小呢？“在学习中不断地反思，在反思中不断的进步．”这是老师经常对我们说的一句话．我们来举几个例子说明。
例1 对于任意[1,1]a ∈-，函数2()(4)42f x x a x a =+-+-的值恒大于零，那么x 的取值范围是_______分析：其实恒成立问题，就是生活中许多事物的一个缩影，仿佛一架永恒的天秤，无论你以何种方式去调节天秤的两端，但最终都是一个结果——平衡，这也是天秤的意义，价值之所在．对于这个例题，首先分析题设；不等式恒大于零，虽然是关于x 变量的不等式问题，但是结果关乎参数的求解，这容易让我们想到——反客为主。
解：令2()(2)(2)0g a x a x =-+->(1)2x =时，不合题意．(2)2x ≠时，()g a 是关于a 的一次函数，不论a 为正或负()g a 满足(1)0,(1)0g g ->>由此可求得(,1)(3,)x ∈-∞⋃+∞说明：除这种方法之外，还有一种方法是变量分离，将原不等式变为2(2)(2)a x x ->--，再对2x -的符号进行讨论，最后利用转化为最值问题求解．例2 若对于任意a (]1,1-∈，函数()()a x a x x f 2442-+-=的值恒大于0，求x 的取值范围。
分析：此题若把它看成x 的二次函数，由于a, x 都要变，则函数的最小值很难求出，思路受阻。
若视a 为主元，则给解题带来转机。
解： 设 ()()4422+-+-=x x a x a g ，把它看成关于a 的直线， 由题意知，直线恒在横轴下方。
所以 ()()1010g g -≥⎧⎪⎨>⎪⎩解得： 1<x 或2=x 或3≥x 例3 对于（0，3）上的一切实数x,不等式()122-<-x m x 恒成立，求实数m 的取值范围。
恒等式的证明【范本模板】
第五讲恒等式的证明代数式的恒等变形是初中代数的重要内容，它涉及的基础知识较多，主要有整式、分式与根式的基本概念及运算法则，因式分解的知识与技能技巧等等，因此代数式的恒等变形是学好初中代数必备的基本功之一．本讲主要介绍恒等式的证明．首先复习一下基本知识，然后进行例题分析．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．把一个代数式变换成另一个与它恒等的代数式叫作代数式的恒等变形．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．证明恒等式，没有统一的方法，需要根据具体问题，采用不同的变形技巧,使证明过程尽量简捷．一般可以把恒等式的证明分为两类：一类是无附加条件的恒等式证明；另一类是有附加条件的恒等式的证明．对于后者，同学们要善于利用附加条件，使证明简化．下面结合例题介绍恒等式证明中的一些常用方法与技巧．1．由繁到简和相向趋进恒等式证明最基本的思路是“由繁到简”(即由等式较繁的一边向另一边推导)和“相向趋进”(即将等式两边同时转化为同一形式）．例1 已知x+y+z=xyz，证明:x（1-y2）(1—z2）+y（1-x2)(1-z2)+z （1—x2)(1—y2)=4xyz．分析将左边展开，利用条件x+y+z=xyz，将等式左边化简成右边．证因为x+y+z=xyz，所以左边=x(1—z2-y2—y2z2)+y(1-z2-x2+x2z2)+（1—y2-x2+x2y2)=（x+y+z）—xz2-xy2+xy2z2-yz2+yx2+yx2z2—zy2-zx2+zx2y2=xyz-xy(y+x)-xz(x+z）-yz(y+z)+xyz(xy+yz+zx)=xyz-xy（xyz-z）-xz（xyz—y)—yz（xyz-x）+xyz（xy+yz+zx)=xyz+xyz+xyz+xyz=4xyz=右边．说明本例的证明思路就是“由繁到简"．例2 已知1989x2=1991y2=1993z2,x＞0，y＞0,z＞0，且证令1989x2=1991y2=1993z2=k(k＞0),则又因为所以所以说明本例的证明思路是“相向趋进”，在证明方法上，通过设参数k，使左右两边同时变形为同一形式,从而使等式成立．2．比较法a=b(比商法）．这也是证明恒等式的重要思路之一．例3 求证：分析用比差法证明左-右=0．本例中，这个式子具有如下特征:如果取出它的第一项,把其中的字母轮换,即以b代a,c代b，a代c，则可得出第二项;若对第二项的字母实行上述轮换，则可得出第三项；对第三项的字母实行上述轮换，可得出第一项．具有这种特性的式子叫作轮换式．利用这种特性，可使轮换式的运算简化．证因为所以所以说明本例若采用通分化简的方法将很繁．像这种把一个分式分解成几个部分分式和的形式，是分式恒等变形中的常用技巧．全不为零．证明：（1+p）（1+q)（1+r)=(1—p)（1—q）(1-r)．同理所以所以(1+p)（1+q)（1+r)=(1—p)(1—q)(1—r)．说明本例采用的是比商法．3．分析法与综合法根据推理过程的方向不同，恒等式的证明方法又可分为分析法与综合法．分析法是从要求证的结论出发，寻求在什么情况下结论是正确的，这样一步一步逆向推导,寻求结论成立的条件，一旦条件成立就可断言结论正确，即所谓“执果索因”．而综合法正好相反,它是“由因导果"，即从已知条件出发顺向推理,得到所求结论．证要证 a2+b2+c2=（a+b-c)2，只要证a2+b2+c2=a2+b2+c2+2ab-2ac-2bc，只要证 ab=ac+bc，只要证 c（a+b）=ab,只要证这最后的等式正好是题设,而以上推理每一步都可逆，故所求证的等式成立．说明本题采用的方法是典型的分析法．例6 已知a4+b4+c4+d4=4abcd,且a，b，c，d都是正数，求证:a=b=c=d．证由已知可得a4+b4+c4+d4-4abcd=0，(a2-b2)2+(c2—d2）2+2a2b2+2c2d2-4abcd=0,所以（a2—b2)2+（c2-d2)2+2(ab—cd）2=0．因为（a2-b2）2≥0，（c2-d2)2≥0，（ab-cd）2≥0，所以a2—b2=c2—d2=ab-cd=0,所以 (a+b)（a-b）=(c+d)（c-d)＝0．又因为a,b,c，d都为正数，所以a+b≠0,c+d≠0，所以a＝b，c=d．所以ab—cd=a2—c2=（a+c)（a-c）=0，所以a＝c．故a=b＝c=d成立．说明本题采用的方法是综合法．4．其他证明方法与技巧求证:8a+9b+5c=0．a+b=k(a—b),b+c=2k(b-c)，(c+a）=3k（c-a）．所以6(a+b）=6k(a—b),3（b+c）=6k(b-c）,2（c+a）=6k（c-a)．以上三式相加,得6（a+b）+3(b+c）+2(c+a）=6k（a-b+b-c+c-a)，即 8a+9b+5c=0．说明本题证明中用到了“遇连比设为k”的设参数法，前面的例2用的也是类似方法．这种设参数法也是恒等式证明中的常用技巧．例8 已知a+b+c=0，求证2（a4+b4+c4)＝（a2+b2+c2)2．分析与证明用比差法，注意利用a+b+c=0的条件．左-右=2(a4+b4+c4)—(a2+b2+c2)2=a4+b4+c4-2a2b2-2b2c2—2c2a2=（a2-b2-c2）2—4b2c2=(a2-b2—c2+2bc）(a2-b2-c2—2bc)=［a2-（b—c)2]［a2-（b+c）2]=(a—b+c)(a+b-c)（a—b-c）(a+b+c)=0．所以等式成立．说明本题证明过程中主要是进行因式分解．分析本题的两个已知条件中,包含字母a,x，y和z，而在求证的结论中，却只包含a，x和z，因此可以从消去y着手，得到如下证法．证由已知说明本题利用的是“消元”法，它是证明条件等式的常用方法．例10 证明：(y+z-2x)3+（z+x-2y）3+(x+y-2z)3=3（y+z-2x）（z+x—2y）(x+y-2z）．分析与证明此题看起来很复杂，但仔细观察，可以使用换元法．令y+z—2x=a,①z+x-2y=b，②x+y—2z=c，③则要证的等式变为a3+b3+c3=3abc．联想到乘法公式：a3+b3+c3—3abc=（a+b+c）(a2+b2+c2—ab—bc-ca）,所以将①，②,③相加有a+b+c=y+z—2x+z+x—2y+x+y—2z=0，所以 a3+b3+c3—3abc=0,所以（y+z-2x）3+（z+x-2y）3+（x+y-2z)3=3(y+z-2x)（z+x—2y）（x+y—2z)．说明由本例可以看出，换元法也可以在恒等式证明中发挥效力．例11 设x，y，z为互不相等的非零实数，且求证:x2y2z2=1．分析本题x，y,z具有轮换对称的特点，我们不妨先看二元的所以x2y2=1．三元与二元的结构类似．证由已知有①×②×③得x2y2z2=1．说明这种欲进先退的解题策略经常用于探索解决问题的思路中．总之,从上面的例题中可以看出，恒等式证明的关键是代数式的变形技能．同学们要在明确变形目的的基础上,深刻体会例题中的常用变形技能与方法,这对以后的数学学习非常重要．练习五1．已知（c—a)2—4(a-b)(b—c)=0，求证：2b=a+c．2．证明:（x+y+z)3xyz—（yz+zx+xy)3=xyz(x3+y3+z3)-（y3z3+z3x3+x3y3)．3．求证：5．证明：6．已知x2—yz=y2-xz=z2—xy,求证：x=y=z或x+y+z=0．7．已知an-bm≠0,a≠0，ax2+bx+c=0，mx2+nx+p=0，求证：(cm-ap）2=(bp-cn）(an-bm)．。
一类不等式的证明
一类不等式的证明
证明不等式是数学的重要课题,也是分析、解决其他数学问题的基础,特别是在微积分中,以不等式为基础建立的极限论是它的理论基础。
所以不等式的证明是一个重要问题,同时不等式的证明也是一个较难的问题,但也是一个有规律可循的问题,下面就一类不等式的证明举几例说明: 时两个等号同时成立∴原不等式成立
说明:将a3 ,b3 ,c3 凑配成a4 ,b4 ,c4主要为利用柯西不等式创造明显条件,同时凑配出ab,bc,ac…等等的式子是为利用不等式a2+b2≥2ab创造明显条件,这也是证明不等式的关键所在。
当且仅当a=b=c时三个等号同时成立∴原不等式成立说明:同例1将a3 ,b3 ,c3 凑配成a4 ,b4 ,c4为利用柯西不等式创造明显条件,同时凑配出ab,bc,ac…等等的式子而利用不等式a2+b2≥2ab创造明显条件。
当且仅当= = =d时两个等号同时成立所以原不等式成立
通过上述4例可发现,左侧为多个分式之和并且分子为齐次的不等式,我们可以用重要不等式a2+b2≥2ab和柯西不等式
当且仅当时等号成立)巧妙结合,使问题简单化,初等化。
在应用柯西不等式时,因式的巧分,合理地添项、拆项,灵活地
变换结构等都是常用技巧。
柯西不等式是很重要的一个基本不等式,在数学竞赛中应用极其广泛。
将柯西不等式和其他数学思想方法结合起来,解决某些数学竞赛问题,可起事半功倍
的效果。
罗伊恒等式的不同证明方式
罗伊恒等式的不同证明方式罗伊恒等式是数学中的一种重要等式，它有多种不同的证明方式。
下面将介绍其中三种证明方式。
一、直接证明法：我们将罗伊恒等式表示为等式1：等式1：∑(i=1 to n) ai ∑(j=1 to n) bi = ∑(i=1 to n) ∑(j=1 to n) ai * bi然后，我们使用数学归纳法对等式1进行证明。
首先，当n=1时，等式1成立，即∑(i=1 to 1) a1 ∑(j=1 to 1) b1 = ∑(i=1 to 1) ∑(j=1 to 1) a1 * b1。
假设当n=k时等式1成立，即∑(i=1 to k) ai ∑(j=1 to k) bi = ∑(i=1 to k) ∑(j=1 to k) ai * bi。
接下来，我们考虑n=k+1时的情况。
根据等式1，我们有∑(i=1 to k+1) ai ∑(j=1 to k+1) bi = (∑(i=1 to k) ai + ak+1) (∑(j=1 to k) bj + bk+1)。
展开上式，得到(∑(i=1 to k) ai ∑(j=1 to k) bj) + ak+1 ∑(j=1 to k) bj + ∑(i=1 to k) ai * bk+1 + ak+1 * bk+1。
根据归纳假设，第一项等于∑(i=1 to k) ∑(j=1 to k) ai * bj，第二项等于ak+1 ∑(j=1 to k) bj，第三项等于∑(i=1 to k) ai * bk+1，第四项等于ak+1 * bk+1。
将这些结果代入上式，得到∑(i=1 to k) ∑(j=1 to k) ai * bj + ak+1 ∑(j=1 to k) bj + ∑(i=1 to k) ai * bk+1 + ak+1 * bk+1= ∑(i=1 to k) ∑(j=1 to k) ai * bj + ak+1 ∑(j=1 to k) bj + ∑(i=1 to k) ai * bk+1 + ak+1 * bk+1，即等式1在n=k+1时成立。
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即
9xyz ≤ 1 ( x + y + z) ，
9
于是，由恒等式（*），得
( x + y)( y + z)( z + x) = ( x + y + z)( xy + yz + zx) − xyz
= ( x + y + z) − xyz ≥ (x+ y+ z)− 1(x+ y + z)
9
= 8(x+ y+ z),
= 2(x + y + z) + 63 ( x + y) ( y + z) ( z + x)
≥ 2(x + y + z) + 6 3 8 ( x + y + z)
9
≥ 2 3 +63 8 ⋅ 3 9
= 6 3,
即不等式（2）得证． 综上知，所给不等式成立．
例 3 （1992 年波兰---奥地利数学奥林匹克题）设 a, b, c 为正实数，证明不等式：
9
所以 ( x + y)( y + z)( z + x) ≥ 8 ( x + y + z).
9
例 2 （2006 年土耳其国家队选拔考赛题）已知正数 x, y, z 满足 xy + yz + zx = 1,求证:
( ) 27 ( x + y) ( y + y + y+z + z+ x ≥6 3.
1
( ) 由２元均值不等式 2 ab ≤ a + b a, b ∈ R+ ，得
( )2 x+y+ y+z+ z+x
= 2(x + y + z) + 2 ( x + y) ( y + z) + 2 ( y + z)( z + x) + 2 ( z + x) ( x + y)
≤ 2(x + y + z) + ( x + y) + ( y + z) + ( y + z) + ( z + x) + ( z + x) + ( x + y)
(a + b)(b + c)(c + a) = 1，求证： ab + bc + ca ≤ 3 .
4
证明：因为
( abc )2
=
ab ⋅ bc ⋅ ca
≤
ab
+
bc 3
+
ca
3 ，
3
所以
abc
≤
ab
+
bc 3
+
ca
2
.
3
(a
+
b
+
c ) ( ab
+
bc
+
ca )
=
(a
+
= 6(x + y + z),
从而，要证不等式（1），只有证如下不等式就行了．
27 ( x + y)( y + z)( z + x) ≥ 6( x + y + z) ．
4
这显然就是例 1 的变形，于是，不等式（**）成立． 另一面，再证：
( )2 x+ y + y+z + z+x ≥6 3．
（2）
由３元均值不等式，例 1 和 x + y + z ≥ 3 ，得
8
于是 (a + b)(b + c)(c + a) = (a + b + c)(ab + bc + ca) − abc
2
≥ (a + b + c)(ab + bc + ca) − 1 (a + b)(b + c)(c + a) ，
8
即
(a + b + c)(ab + bc + ca) ≤ 9 (a + b)(b + c)(c + a) .
8
因为 a + b + c ≥ 3(ab + bc + ca) ，所以，有
9 (a + b)(b + c)(c + a) ≥ 3(ab + bc + ca)3 ，
8
故 2 ab + bc + ca ≤ 3 ⋅ 3 (b + c)(c + a)(a + b).
例 4 （ 2005 年 罗 马 尼 亚 数 学 奥 林 匹 克 题 ） 设 a, b, c 为 正 实 数 ， 且
这个涉及 3 个字母的对称型的代数恒等式是比较实用的，据此，可以证明一批国内外数 学竞赛里的不等式问题.
例 1 已知 x, y, z 是正实数，且 xy + yz + zx = 1，求证：
(x + y)( y + z)(z + x) ≥ 8(x + y + z).
9
证明：由三元均值不等式，得
x + y + z = ( x + y + z ) ⋅ ( xy + yz + zx) ≥ 33 xyz ⋅33 ( xyz )2 = 9xyz ，
《数学通讯》（上半月）2010 年第 4 期
一个代数恒等式与一类不等式的证明
安振平 （ 陕西省咸阳师范学院基础教育课程研究中心 712000 ）
文[1]的第 218-219 页上讨论了如下代数恒等式：
(a + b + c)(ab + bc + ca) − abc = (a + b)(b + c)(c + a). (*)
b)(b
+
c)(c
+
a)
+
abc
≤
1+
ab
+
bc 3
+
ca
2
,
而 (a + b + c)(ab + bc + ca) ≥ 3(ab + bc + ca) ⋅(ab + bc + ca) = 3(ab + bc + ca)3 ，
所以，有
3
3(ab + bc + ca)3
≤
1
+
ab
4
证明：其实，在例 1 的证明里，已经证明了
x + y + z ≥ 9xyz .
同样易证明
x+ y+z≥ 3.
由例 1 和上面的 2 个不等式，就易证此题. 事实上， 一方面，先证：
( 27 ( x + y) ( y + z) ( z + x) ≥ x + y + y + z +
4
)2
z+x ．
（1）
+
bc 3
+
ca
2
，
化简得 ab + bc + ca ≤ 3 . 4
例 5 （2004 年中国国家队训练题）设 a, b, c 为正实数，求证：
( )2 x+y+ y+z+ z+x
=
2( x
+
y
+
z)
+
2
(x + y)(y + z) +
(y + z)(z + x) +
(z
+
x)(x
+
y
)
≥ 2(x + y + z) + 2 ⋅ 33 ( x + y) ( y + z) ⋅ ( y + z) ( z + x) ⋅ ( z + x) ( x + y)
2 ab + bc + ca ≤ 3 ⋅ 3 (b + c)(c + a)(a + b).
证明：由 3 元均值不等式，易得
(a + b + c)(ab + bc + ca) ≥ 3abc ，
从而，有 (a + b)(b + c)(c + a) = (a + b + c)(ab + bc + ca) − abc ≥ 8abc ， 即 abc ≤ 1 (a + b)(b + c)(c + a) ，