恒等变形的是与非

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前言

恒等变形(identical deformation)是解析式的一种变换，把一个代数式变成另一个与它恒等的代数式，叫做恒等变形，或恒等变换。例如：由代数式 \(4x^2y+3x^2y\) 变成 \(7x^2y\) 就是恒等变形的一种。

数学变形

在高中数学中，涉及数学变形的方面主要有拼凑变形、公式变形、代数变形、代数式转换、数形转换、方程变形等等；这些都能和恒等变形扯上关系，自然也可能产生非恒等变形。

为何研究

说到恒等变形，不得不提的是非恒等变形，从充分必要条件的角度来分析，凡是恒等变形都对应的是充要条件，而非恒等变形对应的是充分不必要、必要不充分或者既不充分也不必要条件，我们最容易出错的是针对题目的条件所作的必要不充分变形或者充分不必要变形，至于既不充分也不必要条件的变形，已经属于随心所欲的变形了，不足为道；

比如题目中要寻求充要条件，那么所作的必然应该是恒等变形；再比如题目中要寻求充分不必要条件或者必要不充分条件，那么所作的必然应该是不恒等变形；

此时也正是锤炼我们思维的严谨性、思维深度和思维广度的最好时机和素材；希望我们不要轻易放弃这样的机遇和挑战。

防范角度

• 我们总结和研究高中数学中的恒等变形，其目的无外乎是要警示错误，减少纰漏。为了能说的更清楚些，我们细分为以下几种情形加以整理和剖析：

① 拼凑变形，涉及拼凑变形的数学素材常常有换元法求值域，配凑法或者为了使用数学公式而做的变形；此时需要我们深入理解变形的目的和所涉及的代数式的内涵；

比如，代数式换元[单项式换元\(2x=t\)、多项式换元\(x^2+3x=t\)、分式换元\(\cfrac{1}{x}=t\)、根式换元\(\sqrt{x-2}=t\)]；

超越式换元[指数式换元\(2^x=t\)、对数式换元\(log_2x=t\)、三角式换元\(sinx=t\)]；

整体换元[\(x+3y=s\)，\(x-y=t\)]；[令\(t=\ln x+x\)，\(e^t=e^{\ln x+x}=x\cdot e^x\)]

配凑法；比如，\(f(x)=x+\cfrac{2}{x-1}\)，\(x>1\)，

思维的拓展性: \(a_n=(a_n-a_{n-1})+(a_{n-1}-a_{n-2})+\cdots+(a_3-a_2)+(a_2-a_1)+a_1\)；

\(a_n=\cfrac{a_{n}}{a_{n-1}}\times\cfrac{a_{n-1}}{a_{n-2}}\times\cfrac{a_{n-2}}{a_{n-3}}\times\cdots\cfrac{a_{3}}{a_{2}}\times\cfrac{a_{2}}{a_{1}}\times a_1\)

\(f(x_2)=f(x_1-x_2+x_2)\)，\(f(x_1)=f(\cfrac{x_1}{x_2}\times x_2)\)；

② 公式变形，深入理解变形的目的和代数式的内涵；

比如，\(\log_a{MN}=\log_a{M}+\log_a{N}\)，注意，此时必须满足条件 \(M>0\) 且 \(N>0\) .

【2016南京模拟】\(f(x)\)是定义在\((0，+\infty)\)上的单调增函数，满足\(f(xy)=f(x)+f(y)\)，\(f(3)=1\)，当\(f(x)+f(x-8)\leqslant 2\)时，求\(x\)的取值范围。

分析：先将右侧的常数\(2\)函数化，\(2=1+1=f(3)+f(3)=f(3\times3)=f(9)\)，

而左侧的\(f(x)+f(x-8)\)需要融合为一个\(f\)的形式，此时需要逆用到题目中的\(f(xy)=f(x)+f(y)\)，即\(f(x)+f(y)=f(xy)\)，

故\(f(x)+f(x-8)=f[x(x-8)]\)，则原不等式等价于\(f[x(x-8)]\leqslant f(9)\)，

等价转化为\(\begin{cases}x>0\\x-8>0\\x(x-8)\leq 9\end{cases}\)， 解得\(8<x\leq 9\)。解惑^[1]

③ 代数变形，在高中阶段的数学教学中，涉及的变形手段基本都是在初中学习的，初中数学的功底稍微差一些，高中数学的学习就会感觉吃力；主要有消元、添元；降次、升次；换元(代数换元，三角换元)；去分母，去括号、移项、提取公因式、合并同类项等等，其中涉及恒等变形而不易出错的主要是去括号、移项、提取公因式，合并同类项等，剩下的都是非常容易出错的代数变形；

比如，施行了去分母，将分式转化为整式，就可能产生增根；施行了平方运算，就可能产生增根；而施行了开平方运算后，又可能会失根。

再比如，我们知道，\(\left\{\begin{array}{l}{a>b}\\{c>d}\end{array}\right.\) 是 \(a+c>b+d\) 的充分不必要条件，即逆向推理不成立；也就是说，由 \(a+c>b+d\) 我们并不能得到 \(\left\{\begin{array}{l}{a>b}\\{c>d}\end{array}\right.\) .但是在实际运算中却很容易犯这样的错误：

由\(\begin{cases}1\leqslant a-b \leqslant 2&①\\2\leqslant a+b \leqslant 4&②\end{cases}\)，借助不等式的性质，由①+②得到，\(\cfrac{3}{2}\leqslant a \leqslant 3\)，由 ①+\((-1)\times\)② 得到 \(0\leqslant b \leqslant \cfrac{3}{2}\)，这样的结果其实是错误的；

④ 代数式转换，主要产生于代数式之间的变形过程中，比如分式化为整式，根式化为有理式，指数式化为对数式；超越式化为代数式的过程中，方程的相互转化中，换元中，

⑤ 数形转换

直线的平行与垂直；向量的平行与垂直；

斜截式直线，一般式直线；

曲线的方程和方程的曲线；

⑥ 方程转化 参数方程化为普通方程，极坐标方程化为其他，

典例剖析

【2021届高三数学定时训练用题】已知函数 \(f(x)=\cfrac{x+a}{x+b}\) (\(a\)， \(b\) 为常数).

(1).若 \(b=1\)， 解不等式 \(f(x-1)<0\)；

解析： \(f(x)=\cfrac{x+a}{x+b}\)， \(b=1\)， \(f(x)=\cfrac{x+a}{x+1}\)，

故 \(f(x-1)=\cfrac{(x-1)+a}{(x-1)+1}=\cfrac{x-1+a}{x}\)

由于题目已知 \(f(x-1)<0\)， 则有\(\cfrac{x-1+a}{x}<0\)， 等价于\(x[x-(1-a)]<0\)，

以下针对方程的两个根 \(x_1=0\) 与 \(x_2=1-a\) 的大小分类讨论如下：

①当 \(1-a>0\) 时，即 \(a<1\) 时，不等式的解集为\((0,1-a)\);

②当 \(1-a=0\) 时，即 \(a=1\) 时，不等式的解集为\(\varnothing\);

③当 \(1-a<0\) 时，即 \(a>1\) 时，不等式的解集为\((1-a,0)\);

(2).若 \(a=1\)，当 \(x\in[-1,2]\) 时， \(f(x)>\cfrac{-1}{(x+b)^{2}}\) 恒成立，求 \(b\) 的取值范围.

解析： 由于 \(a=1\)， \(f(x)>\cfrac{-1}{(x+b)^{2}}\)，故\(\cfrac{x+1}{x+b}>\cfrac{-1}{(x+b)^{2}}\)，

两边同时乘以\((x+b)^2\)，变形注意，此处不是恒等变形，漏掉了对分母的限制，后边就需要考虑定义域，对分母加以限制\(\quad\) 得到 \((x+b)(x+1)>-1\)，[以下想分离参数 \(b\)，故分类讨论如下]

①当\(x=-1\)时，由于 \(x+1\)若做分母就是\(0\)，不能分离参数，此时得到\((-1+b)\cdot 0>-1\)，此时\(b\in R\) 恒成立，

②当 \(-1<x \leqslant 2\) 时， 此时可以分离参数，得到\(b>-\cfrac{1}{x+1}-x=1-[\cfrac{1}{x+1}+(x+1)]\)，

由于\(x+1>0\)， \(\cfrac{1}{x+1}+(x+1)\geqslant 2 \sqrt{\cfrac{1}{x+1}\cdot(x+1)}=2\)

当且仅当 \(x=0\) 时，等号成立， 故 \(b>1-2=-1\).

又由于分母的限制，则定义域需满足 \(x+b\neq 0\) ，即 \(x \neq-b\)，

故 \(-b\notin[-1,2]\)，即 \(-b<-1\) 或 \(-b>2\) ，

故 \(b<-2\) 或 \(b>1\)，

综上所述， 对以上三种结果[\(b\in R\)和\(b>-1\)和 \(b<-2\) 或 \(b>1\)]求交集针对自变量分类讨论的恒成立类题目，一般要取交集；\(\quad\)，得到 \(b>1\) .

已知曲线 \(y=\sqrt{2x-x^{2}}\) \((0\leqslant x\leqslant 2)\) 与直线 \(y=k(x-2)+2\) 仅有 \(2\) 个交点， 求实数 \(k\)的取值范围；

分析：见到曲线 \(y=\sqrt{2x-x^{2}}\) \((0\leqslant x\leqslant 2)\)，既要能看到其是二次函数和根式函数的复合函数，也要能看到两边同时平方后，能和半圆联系起来，用后者的思路求解此题目就更简单。

解析：由曲线 \(y=\sqrt{2x-x^{2}}\) \((0\leqslant x\leqslant 2)\)，两边同时平方，

同解变形为\((x-1)^2+y^2=1(y\geqslant 0)\)，这是个圆心在点 \((1,0)\)，半径为 \(1\) 的 \(x\) 轴上方的半圆；

在同一个坐标系中，做出两个函数的图像，从形的角度入手分析，利用数形结合求解即可；\(k\in (\cfrac{3}{4},1]\)；

其中一个临界位置是直线 \(y=k(x-2)+2\) 经过点 \((2,2)\) 和 \((0,0)\) 时，斜率为\(1\)；

另一个临界位置是直线和半圆相切的时候，求其斜率是个难点，我们尝试用以下四个思路打开思维：

思路一：利用三角函数求斜率\(k=\tan\alpha\)，令\(\angle ABx=\theta\)，

则\(\tan\theta=2\)，由此求得\(\tan2\theta=\cfrac{2\tan\theta}{1-\tan^2\theta}=-\cfrac{4}{3}\)，

故直线和曲线相切时的斜率\(k=\cfrac{3}{4}\)，

由图像可知，直线和曲线仅有两个交点时， \(k\in(\cfrac{3}{4}, 1]\)，

思路二：利用导数法求斜率，略；

思路三：利用圆心到直线的距离等于半径求解斜率，利用点 \((1,0)\) 到直线的距离\(d=r=1\)来求解，

点 \((1,0)\) 到直线 \(y=k(x-2)+2\)，即直线 \(kx-y-2k+2=0\) 的距离 \(d=\cfrac{|k\times 1-0-2k+2|}{\sqrt{k^2+1}}=1\)，

化简为 \(|k-2|=\sqrt{k^2+1}\)，解得 \(k=\cfrac{3}{4}\)，故直线和半圆相切时的斜率为 \(k=\cfrac{3}{4}\) .

思路四：[不太成熟]利用圆的参数方程求解；半圆上任一点的坐标 \((1+\cos\theta,\sin\theta)\) ，

则任一点到直线的距离 \(d=\cfrac{|k(1+\cos\theta-2)-\sin\theta+2|}{\sqrt{k^2+1}}=0\) 时，才可能相切；

即\(k\cos\theta-\sin\theta-k+2=0\)，即 \(\sqrt{k^2+1}\cos(\theta-\phi)-(k-2)=0\)，

当\(\cos(\theta-\phi)=\pm 1\)时，直线和半圆相切，即\(\sqrt{k^2+1}=k-2\)，

两边平方，解得 \(k=\cfrac{3}{4}\)，故直线和半圆相切时的斜率为 \(k=\cfrac{3}{4}\) .

若方程\(\sqrt{3-\cfrac{3}{4}x^2}-m=x\)有实根，则实数\(m\)的取值范围是________.

【分析】将原本数的问题，转化为形的问题，即两个函数的图像有交点的问题，从形上来处理解决。

法1：由题目可知，方程\(\sqrt{3-\frac{3}{4}x^2}=x+m\)有实根，

即函数\(y=f(x)=\sqrt{3-\frac{3}{4}x^2}\)和函数\(y=x+m\)的图像有交点，

其中函数\(y=\sqrt{3-\frac{3}{4}x^2}\)的图像是椭圆\(\cfrac{x^2}{4}+\cfrac{y^2}{3}=1\)的上半部分，

函数\(y=x+m\)的图像是动态的直线，在同一个坐标系中做出两个函数的图像，由图像可知，

由图可知，直线和椭圆相交的一个位置是过点\((2，0)\)，代入求得\(m=-2\)；

另一个相交的临界位置是直线和函数\(y=f(x)=\sqrt{3-\frac{3}{4}x^2}\)在第二象限的部分相切，

设切点坐标\((x_0，y_0)\)，

则有\(f'(x)=[(3-\frac{3}{4}x^2)^{\frac{1}{2}}]’=\frac{1}{2}\cdot (3-\frac{3}{4}x^2)^{-\frac{1}{2}}\cdot (3-\frac{3}{4}x^2)’\)

\(=\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{\sqrt{3-\frac{3}{4}x^2}}\cdot (-\frac{3}{4}\cdot (2x))\)\(= \frac{1}{\sqrt{3-\frac{3}{4}x^2}}\cdot (-\frac{3x}{4})\)

则\(f'(x_0)=\frac{-\frac{3x}{4}}{\sqrt{3-\frac{3}{4}x^2}}=1(x_0<0)\)，即\(-\frac{3x}{4}=\sqrt{3-\frac{3}{4}x^2}\)，两边平方整理得到，

\(x_0^2=\frac{16}{7}\)，即\(x_0=-\frac{4}{\sqrt{7}}\)，

代入函数\(y=f(x)=\sqrt{3-\frac{3}{4}x^2}\)，得到\(y_0=\frac{3}{\sqrt{7}}\)

即切点为\((-\frac{4}{\sqrt{7}}，\frac{3}{\sqrt{7}})\)，将切点代入直线，得到\(m=\sqrt{7}\)，

结合图像可知\(m\)的取值范围是\([-2，\sqrt{7}]\)。

法2：[算理似乎不是太顺畅，再思考]利用椭圆的参数方程求解，

由于函数\(y=\sqrt{3-\frac{3}{4}x^2}\)的图像是椭圆\(\cfrac{x^2}{4}+\cfrac{y^2}{3}=1\)的上半部分，

故设其图像上的任意一点的坐标为\((2cos\theta，\sqrt{3}sin\theta)\)，且\(\theta\in [0，\pi]\)，

则上半椭圆上任一点\((2cos\theta，\sqrt{3}sin\theta)\)到直线\(y=x+m\)的距离为\(d\)，

则\(d=\cfrac{|2cos\theta-\sqrt{3}sin\theta+m|}{\sqrt{1^2+(-1)^2}}=\cfrac{|\sqrt{7}sin(\theta-\phi)-m|}{\sqrt{2}}\)，其中\(tan\phi=\cfrac{2}{\sqrt{3}}\)，

当\(d=0\)时，即\(\sqrt{7}sin(\theta-\phi)-m=0\)时，也即直线和上半椭圆相切，

由图可知，此时的\(m\)最大，由于\(m=\sqrt{7}sin(\theta-\phi)\)，故\(m_{max}=\sqrt{7}\)，

又由图可知，当\(\theta=0\)时，直线过点\((2，0)\)，此时的\(m\)最小，且由于此时直线和曲线相交，

故必满足\(\sqrt{7}sin(\theta-\phi)-m=0\)，即此时\(m=\sqrt{7}sin(0-\phi)=-\sqrt{7}sin\phi\)，

由\(tan\phi=\cfrac{2}{\sqrt{3}}\)，可计算得到\(sin\phi=\cfrac{2}{\sqrt{7}}\)，

故\(m_{min}=-\sqrt{7}\times \cfrac{2}{\sqrt{7}}=-2\)，

综上所述，可知\(m\)的取值范围是\([-2，\sqrt{7}]\)。

【点评】：①本题目的难点一是将数的问题转化为形的问题求解，其中转化得到半个椭圆也是难点。

②难点二是求直线和椭圆相切时的切点坐标，求导很容易出错的，需要特别注意。

感悟思考

对于表达式 \(S_{k+2}+S_{k+1}=2S_{k}\) ，和 \(S_{k+2}+S_{k+1}-2S_{k}=0\)，我们都认为他们是恒等变形，但是在具体题目中，我总感觉两个的思维层次是不一样的，从这样的角度思考，其似乎又是不等价的。

✍️ 临时补充恒等变形的例子：

① \(a^x=x^a\) \(\Leftrightarrow\) \(x\ln a=a\ln x\) \(\Leftrightarrow\) \(\cfrac{\ln x}{x}=\cfrac{\ln a}{a}\)， 故可以构造函数 \(f(x)=\cfrac{\ln x}{x}\)

② \(x,y>0\)，由 \(2x+8y-xy=0\)，变形得到 \(\cfrac{8}{x}+\cfrac{2}{y}=1\)；

③ 形如\(a_{n+1}-a_n = k\cdot a_{n+1}\cdot a_n\)，(\(k\)为常数)，等式两边同除以\(a_{n+1}\cdot a_n\)，得到 \(\cfrac{1}{a_{n+1}}-\cfrac{1}{a_{n}}=-k\)，构造等差数列；

④ 形如\(S_{n+1}-S_n = k\cdot S_{n+1}\cdot S_n\)，(\(k\)为常数)，等式两边同除以\(S_{n+1}\cdot S_n\)，得到 \(\cfrac{1}{S_{n+1}}-\cfrac{1}{S_{n}}=-k\)，构造等差数列。