浅谈数学中的变形技巧

浅谈数学中的变形技巧

数的技巧和构造法，为三角恒等变形创造条件.

例2.1 已知tan??2，求2sin2??3sin?cos??2cos2?的值.

解：原式=

2sin??3sin?cos??2cos?sin??cos?2222

2sin?2 = cos?2?3sin?cos?2cos?cos? 22sin?cos??22cos?cos??2cos?22 =

2tan??3tan??2tan??12?2?3?2?22?12222

= =0

1?tan?cot?，分析：除了这里的1?sin2??cos2?外，还有以下等式也经常用到：

1?sec??tan?，1?csc??cot?，1?tan2222?4灵活运用这些等式，可以使许多三角

函数问题得到简化.

例2.2 已知A?B??4，求(1?tanA)(1?tanB)的值.

解：(1?tanA)(1?tanB)= tanA?tanB?(1?tanAtanB)

=tan(A?B)(1?tanAtanB)?(1?tanAtanB) = tan?4(1?tanAtanB)?(1?tanAtanB)

= (1?tanAtanB)?(1?tanAtanB)=2

tan??tan?1?tan?tan?分析：对于正切和角公式tan(???)?可正用也可逆用.而

1?tan?tan??tan??tan?tan(???)，tan??tan??tan(???)(1?tan?tan?)为变形形式.

这里tanA?tanB?tan(A?B)(1?tanAtanB)是T(A?B)公式的变形应用.

例2.3（2002年北京春）在?ABC中，已知角A、B、C成等差数列，

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求tanA2?tanC2?3tanA2tanC2的值.

解：因为A、B、C成等差数列，A?B?C?180?

?A?C?120,

?A?C2??60,?tanA?C2C2?C2tan3 C2?3

tanA2?tanA2tanA2?由两角和的正切公式，得

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1?tan?3tanA2A2?tanC2C2?3?A23tantanC2

?tan?tan?3tan分析：本例是正切公式变形的应用.在历年高考题中，曾多次出现两角和与差的正切公式的变形应用，读者在学习中一定要总结、体会.

例2.4 （1991年全国高中数学联赛试题）试求cos210??cos250??sin40?sin80?的值.

解：注意到cos2??sin2??1，cos2??sin2??cos2?，我们可以通过构造对偶式，以减少三角变换的难度.再观察所求三角函数式，不难发现它与余弦定理非常相似，所以我们还可以通过构造三角形，使问题得到整体的解决. 【方法一】设x?cos10?cos50?sin40sin80，

y?sin10?sin50?cos40cos80

2?2???2?2???则x?y?2?cos40，

x?y?cos20?cos100?cos120= 2cos60cos40???????12= cos40??12

两式相加，得2x?32?，即x?34?

34?cos10?cos50?sin40sin80=

2?2?2?2?

???【方法二】原式=sin80?sin40?2sin40sin80?cos60

???构造?ABC，使?A?80,?B?40,?C?60,外接圆直径2R?1，则由正玄定理，得

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??c?sin60?a?sin80，b?sin40，

?32.又由余弦定理，得c2?a2?b2?2abcos60?，

即(322)?sin80?sin40?2sin40sin80?cos60

?2???22?2?????sin80?sin40?sin40sin80?34

故cos210??cos250??sin40?sin80?=

34说明：这里通过构造对偶式和三角形来求三角函数式的值是一种较高的变形技巧. 总结：三角函数式的恒等变形是学习三角函数和其他数学知识的重要知识.它包括化简三角函数式，求三角函数式的值，证明三角恒等式等.三角函数式恒等变形的理论依据是代数恒等变形的一般方法和法则，三角函数式的变形公式.变形中要注意三角函数定义域和值域的要求，以及符号的变化和选择.

3.3 “0”的变形技巧

恩格斯在《自然辩证法》一书中指出：“零不只是一个非常确定的数，而且它本身比其他一切被要所限定的数都更重要，事实上，零比其他一切数都有更丰富的内容??零乘以任何一个数，都使这个数变为零，零除以任何一个不等于零的数，都等于零，??”由于零具备许多特殊的性质，因此，在解题活动中我们若能多这些特性加以注意，对于解题的顺利进行是大有帮助的，下面我们举例几个“0”的特性在解题中的应用.

例3.1 若a?b?c，求证

1a?b?1b?c?4a?c.

证明：因为a?b?c，?a?b?0，b?c?0

?(a?c)(1a?b?1b?c)?[(a?b)?(b?c)](1a?b?1b?c)

?2(a?b)(b?c)?21a?bb?c?1?4

又因为a?c?0，故

1a?b?1b?c?4a?c

分析：通过观察可发现a?c可以变形为a?b?b?c，即式子a?c加了0(?b?b?0).则再利用不等式的性质可方便解决这道题.

例3.2 在等差数列{an}和等比数列{bn}中，a1?b1?0，a2?b2?0，

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求证：当n?3时，an?bn.

证明：bn?a1(b2b1)n?1?a1(a2a1)n?1?a1(a2?a1?a1a1a2?a1a12)n?1（分子上加“0”）

1=a1[Cn0?1?Cn?1a2?a1a1a2?a1a1n?1?Cn?1(2)?…]

?a1[1?(n?1)]?a1?(n?1)(a2?a1)?an

分析：本题主要在a1(a2a1)?a1(a2?a1?a1a1)n?1变形，即分子加上0，再利用不等式

和等差数列的有关知识去解即可.

例3.3 在数列{an}中，a1?的和Sn.

解：（1）令

1an?1?1an?bn，Sn为{bn}的前n项和，则{bn}是首项为5，公差为2的

'13，

1an?1?1an（2）前n项?2n?3，求（1）通项an，

等差数列.

因为，

1an?1an1an'?(?1an?1?1an?11an?1)?(?1an?2?1an?21a3)?…?（?1a21a2?1a21a1）（??1a1?1a1 ）=(?1an?11a1)?(?1an?2)?…?（?1a2）（??）?1a1

=Sn?1??(n?1)(5?2n?1)2?3?n(n?2)

所以，an?n1n(n?2)12n

（2）Sn??i?1ai??i?111(?) ii?211=

1n[?(?)?] ?2ii?1i?1i?2i?1118