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恒等式是无论其变量如何取值,等式永远成立的算式.它是描述两个解析式之间的一种关系.给定两个解析式,如果对于它们的定义域的公共部分(或公共部分的子集)的任一数或数组,都有相等的值,就称这两个解析式是恒等的.一个恒等式左右两边的各同类项的系数必定相同.相反,如果一个等式的左右两边各同类项系数完全相同,则该等式必定是恒等式.
不等式恒成立问题同学们已经非常熟悉.而恒等式问题近两年已经成为高考命题新动向,是各地模拟考试竞相挖掘的热点.主要涉及以下三个方面的问题:
一、奇偶性中的恒等式
例1 (09苏锡常二调)已知k∈R,函数f(x)=mx+k•nx(01,mn=1,函数f(x)是否具有奇偶性?如果有,求出相应的k值;如果没有,请说明理由.
简析:f(x)=mx+k•m-x
假设函数是奇函数,根据奇函数的定义f(-x)=-f(x),代入整理得
(k+1)(mx+m-x)=0(※),
(※)是对定义域内任意x恒成立,故k+1=0,k=-1.
假设函数是偶函数,根据偶函数的定义f(-x)=f(x),代入整理得
(k-1)(mx-m-x)=0(),
()是对定义域内任意x恒成立,故k-1=0,k=1.
综上,当k=-1时,函数f(x)为奇函数;当k=1时,函数f(x)为偶函数;当k≠±1时,函数不具有奇偶性.
例2
(08南通一模)已知函数f(x)=ex+kk•ex-1(k为常数)在其定义域上是奇函数,则实数k的值等于 .
简析:根据奇函数的定义f(-x)=-f(x),代入整理得(k2-1)(e2x+1)=0(),
()式对定义域内任意x恒成立,故k2-1=0,k=±1.
点评:①函数奇偶性的定义表明了一个定义域上的关于自变量x的恒等式;
②例2中容易误用f(0)=0,仅得到k=-1.错误原因是定义域中可以不含0.
二、数列中的恒等式
例3 若数列2n2-nn+c(n∈N,c为常数)是等差数列,则实数c的值为 .
简析:设2n2-nn+c=kn+b,所以2n2-n=kn2+(kc+b)n+bc(),
()是关于n的恒等式,
∴2=k-1=kc+b0=bc,解之得c=-12或0.
例4 (08辽宁卷)数列{an},{bn}是各项都为正数的等比数列.设cn=bnan(n∈N),数列{lnan},{lnbn}的前n项和分别为Sn,Tn,若a1=2,SnTn=n2n+1,求数列{cn}的前n项和.
简析:设{an},{bn}的公比分别为q1,q2.
Sn=lna1+lna2+…+lnan=ln(a1a2…an)=lnan1•qn(n-1)21=nlna1+n(n-1)2lnq1=(12lnq1)n2+(lna1-12lnq1)n,
同理,Tn=(12lnq2)n2+(lnb1-12lnq2)n,
代入SnTn=n2n+1,整理得
(lnq1)n3+(2lna1-12lnq1)n2+(lna1-12lnq1)n=(12lnq2)n3+(lnb1-12lnq2)n2,上式关于n恒等,
∴lnq1=12lnq22lna1-12lnq1=lnb1-12lnq2lna1-12lnq1=0,解之得q1=4q2=16b1=8.
∴cn=4n,前n项和为43(4n-1).
点评:此类问题是将条件整理成关于n的恒等式,然后根据恒等式的意义建立方程组求解.
三、解析几何中的恒等式
1.直线过定点
例5 已知直线(1+4k)x-(2-3k)y-(3+12k)=0(k∈R),则直线过定点 .
简析:直线方程可整理成(x-2y-3)+k(4x+3y-12)=0,
令x-2y-3=04x+3y-12=0,解得定点(3,0).
点评:定点坐标是方程(1+4k)x-(2-3k)y-(3+12k)=0的解,即与k的取值无关.也就是说,方程(x-2y-3)+k(4x+3y-12)=0是关于k的恒等式.
例6 已知⊙O:x2+y2=8与x轴交于A、B两点,直线l:x=-4.若M是直线l上任意一点,以OM为直径的圆K与⊙O相交于P、Q两点,求证:直线PQ必过定点E,并求出定点E的坐标.
简析:设M(-4,y0),⊙K:(x+2)2+(y-y02)2=16+y204
所以,直线PQ方程为4x+8-y0y=0,
令4x+8=0,且-y=0,得E(-2,0).
2.圆过定点
例7 已知⊙O:x2+y2=1,与x轴交于P、Q两点,M是⊙O上异于P、Q的任意一点,过点A(3,0)作直线l⊥x轴,直线PM交直线l于点P′,直线QM交直线l于点Q′,求证:以P′Q′为直径的圆C总过定点,并求出定点坐标.
简析:设MP:y=k(x+1),则MQ:y=-1k(x-1).
∴P′(3,4k),Q′(3,-2k)
∴⊙C:(x-3)2+(y-2k2-1k)2=(2k2+1k)2
整理得,(x-3)2+y2-8-2(2k2-1)ky=0()
令y=0(x-3)2+y2-8=0得定点(3±22,0).
点评:()是关于k的恒等式.
变式1.(08江苏高考)已知⊙C:x2+y2+2x-(b+1)y+b=0.问⊙C是否经过某定点(其坐标与b无关)?请证明你的结论.
答案:(0,1)或(-2,1).
3.定值条件
例8 已知⊙O:x2+y2=1,已知⊙M:(x-4)2+(y-2)2=9.设P为⊙M上任意一点,过点P向⊙O作切线,切点为Q.试探究:平面内是否存在一定点R,使得PQPR为定值?若存在,求出所有点R,并指出相应的定值;若不存在,请说明理由.
简析:假设存在R(a,b),使得PQPR为定值k.设P(x0,y0),则(x0-4)2+(y0-2)2=9,
∵PQ2=PO2-1=x20+y20-1=8x0+4y0-12,
RP2=(x0-a)2+(y0-b)2=(8-2a)x0+(4-2b)y0+a2+b2-11.
由PQ2=k2RP2关于x0,y0恒等,可得
8=k2(8-2a)4=k2(4-2b)-12=k2(a2+b2-11),解得a=2,b=1,k=2或a=25,b=15,k=103.
点评:设出定值,就得到一个恒等式.
4.“无数条”条件
例9 (09江苏高考)已知⊙C1:(x+3)2+(y-1)2=4和⊙C2:(x-4)2+(y-5)2=4,设P为平面上的点,满足:存在过点P的无穷多对互相垂直的直线l1和l2,它们分别与圆C1和圆C2相交,且直线l1被圆C1截得的弦长与直线l2被圆C2截得的弦长相等,试求所有满足条件的点P的坐标.
简析:设P(a,b),直线l1的斜率为k,则l2的斜率为-1k.
l1的方程为kx-y+b-ka=0,l2的方程为x+ky-a-bk=0
因为弦长相等,半径相等,所以圆心到相应直线的距离相等
即|-3k-1+b-ka|k2+1=|4+5k-a-bk|k2+1
∴(-3-a)k+b-1=(5-b)k+4-a或(-3-a)k+b-1=(b-5)k+a-4
令-3-a=5-bb-1=4-a或-3-a=b-5b-1=a-4
解之得(-32,132)或(52,-12).点评:“无数条”是关键词.其代数模型为:关于x的方程ax+b=0有无数解a=b=0(证明略).其几何意义是:直线y=ax+b与x轴有无数个公共点,故直线为y=0,所以a=b=0.这样,此处与恒等式的意义相同.同理,ax2+bx+c=0有无数解a=b=c=0.
(作者:谭爱平,江苏省泰兴市第三高级中学)
不等式恒成立问题同学们已经非常熟悉.而恒等式问题近两年已经成为高考命题新动向,是各地模拟考试竞相挖掘的热点.主要涉及以下三个方面的问题:
一、奇偶性中的恒等式
例1 (09苏锡常二调)已知k∈R,函数f(x)=mx+k•nx(0
简析:f(x)=mx+k•m-x
假设函数是奇函数,根据奇函数的定义f(-x)=-f(x),代入整理得
(k+1)(mx+m-x)=0(※),
(※)是对定义域内任意x恒成立,故k+1=0,k=-1.
假设函数是偶函数,根据偶函数的定义f(-x)=f(x),代入整理得
(k-1)(mx-m-x)=0(),
()是对定义域内任意x恒成立,故k-1=0,k=1.
综上,当k=-1时,函数f(x)为奇函数;当k=1时,函数f(x)为偶函数;当k≠±1时,函数不具有奇偶性.
例2
(08南通一模)已知函数f(x)=ex+kk•ex-1(k为常数)在其定义域上是奇函数,则实数k的值等于 .
简析:根据奇函数的定义f(-x)=-f(x),代入整理得(k2-1)(e2x+1)=0(),
()式对定义域内任意x恒成立,故k2-1=0,k=±1.
点评:①函数奇偶性的定义表明了一个定义域上的关于自变量x的恒等式;
②例2中容易误用f(0)=0,仅得到k=-1.错误原因是定义域中可以不含0.
二、数列中的恒等式
例3 若数列2n2-nn+c(n∈N,c为常数)是等差数列,则实数c的值为 .
简析:设2n2-nn+c=kn+b,所以2n2-n=kn2+(kc+b)n+bc(),
()是关于n的恒等式,
∴2=k-1=kc+b0=bc,解之得c=-12或0.
例4 (08辽宁卷)数列{an},{bn}是各项都为正数的等比数列.设cn=bnan(n∈N),数列{lnan},{lnbn}的前n项和分别为Sn,Tn,若a1=2,SnTn=n2n+1,求数列{cn}的前n项和.
简析:设{an},{bn}的公比分别为q1,q2.
Sn=lna1+lna2+…+lnan=ln(a1a2…an)=lnan1•qn(n-1)21=nlna1+n(n-1)2lnq1=(12lnq1)n2+(lna1-12lnq1)n,
同理,Tn=(12lnq2)n2+(lnb1-12lnq2)n,
代入SnTn=n2n+1,整理得
(lnq1)n3+(2lna1-12lnq1)n2+(lna1-12lnq1)n=(12lnq2)n3+(lnb1-12lnq2)n2,上式关于n恒等,
∴lnq1=12lnq22lna1-12lnq1=lnb1-12lnq2lna1-12lnq1=0,解之得q1=4q2=16b1=8.
∴cn=4n,前n项和为43(4n-1).
点评:此类问题是将条件整理成关于n的恒等式,然后根据恒等式的意义建立方程组求解.
三、解析几何中的恒等式
1.直线过定点
例5 已知直线(1+4k)x-(2-3k)y-(3+12k)=0(k∈R),则直线过定点 .
简析:直线方程可整理成(x-2y-3)+k(4x+3y-12)=0,
令x-2y-3=04x+3y-12=0,解得定点(3,0).
点评:定点坐标是方程(1+4k)x-(2-3k)y-(3+12k)=0的解,即与k的取值无关.也就是说,方程(x-2y-3)+k(4x+3y-12)=0是关于k的恒等式.
例6 已知⊙O:x2+y2=8与x轴交于A、B两点,直线l:x=-4.若M是直线l上任意一点,以OM为直径的圆K与⊙O相交于P、Q两点,求证:直线PQ必过定点E,并求出定点E的坐标.
简析:设M(-4,y0),⊙K:(x+2)2+(y-y02)2=16+y204
所以,直线PQ方程为4x+8-y0y=0,
令4x+8=0,且-y=0,得E(-2,0).
2.圆过定点
例7 已知⊙O:x2+y2=1,与x轴交于P、Q两点,M是⊙O上异于P、Q的任意一点,过点A(3,0)作直线l⊥x轴,直线PM交直线l于点P′,直线QM交直线l于点Q′,求证:以P′Q′为直径的圆C总过定点,并求出定点坐标.
简析:设MP:y=k(x+1),则MQ:y=-1k(x-1).
∴P′(3,4k),Q′(3,-2k)
∴⊙C:(x-3)2+(y-2k2-1k)2=(2k2+1k)2
整理得,(x-3)2+y2-8-2(2k2-1)ky=0()
令y=0(x-3)2+y2-8=0得定点(3±22,0).
点评:()是关于k的恒等式.
变式1.(08江苏高考)已知⊙C:x2+y2+2x-(b+1)y+b=0.问⊙C是否经过某定点(其坐标与b无关)?请证明你的结论.
答案:(0,1)或(-2,1).
3.定值条件
例8 已知⊙O:x2+y2=1,已知⊙M:(x-4)2+(y-2)2=9.设P为⊙M上任意一点,过点P向⊙O作切线,切点为Q.试探究:平面内是否存在一定点R,使得PQPR为定值?若存在,求出所有点R,并指出相应的定值;若不存在,请说明理由.
简析:假设存在R(a,b),使得PQPR为定值k.设P(x0,y0),则(x0-4)2+(y0-2)2=9,
∵PQ2=PO2-1=x20+y20-1=8x0+4y0-12,
RP2=(x0-a)2+(y0-b)2=(8-2a)x0+(4-2b)y0+a2+b2-11.
由PQ2=k2RP2关于x0,y0恒等,可得
8=k2(8-2a)4=k2(4-2b)-12=k2(a2+b2-11),解得a=2,b=1,k=2或a=25,b=15,k=103.
点评:设出定值,就得到一个恒等式.
4.“无数条”条件
例9 (09江苏高考)已知⊙C1:(x+3)2+(y-1)2=4和⊙C2:(x-4)2+(y-5)2=4,设P为平面上的点,满足:存在过点P的无穷多对互相垂直的直线l1和l2,它们分别与圆C1和圆C2相交,且直线l1被圆C1截得的弦长与直线l2被圆C2截得的弦长相等,试求所有满足条件的点P的坐标.
简析:设P(a,b),直线l1的斜率为k,则l2的斜率为-1k.
l1的方程为kx-y+b-ka=0,l2的方程为x+ky-a-bk=0
因为弦长相等,半径相等,所以圆心到相应直线的距离相等
即|-3k-1+b-ka|k2+1=|4+5k-a-bk|k2+1
∴(-3-a)k+b-1=(5-b)k+4-a或(-3-a)k+b-1=(b-5)k+a-4
令-3-a=5-bb-1=4-a或-3-a=b-5b-1=a-4
解之得(-32,132)或(52,-12).点评:“无数条”是关键词.其代数模型为:关于x的方程ax+b=0有无数解a=b=0(证明略).其几何意义是:直线y=ax+b与x轴有无数个公共点,故直线为y=0,所以a=b=0.这样,此处与恒等式的意义相同.同理,ax2+bx+c=0有无数解a=b=c=0.
(作者:谭爱平,江苏省泰兴市第三高级中学)