精品文檔-下載后可編輯有關(guān)恒等概念在證解題中的應(yīng)用深刻理解最基本的概念，并能應(yīng)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(chǔ)。因此復(fù)習(xí)這一概念應(yīng)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(yīng)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(guān)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(dāng)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(yīng)用

例1，求證：y=cos■不是周期函數(shù)。

證明：采用反證法

假設(shè)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(guān)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(guān)的定值。

解：設(shè)F(θ)=sin2θ+sin2(θ+α)+sin2(θ+β)與θ無關(guān)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(dāng)α=■，β=■時，f(θ)為與θ無關(guān)的定值。

例5，設(shè)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(shè)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(dāng)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(dāng)x=■，■，■，■時cosx=0，而sinx≠0，從而q(x)0。

三、在解析幾何方面的應(yīng)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(shè)有定點坐標(biāo)（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(guān)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(guān)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(shè)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(shè)直線mx+ny+p=0和圓Ca都相切。圓Ca′的標(biāo)準式是(x－a)2+[y+(a－2)]2=2(a－1)2圓心O′坐標(biāo)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+