齐次式的相关知识

前言

  • 高中数学中没有提到齐次式,但是在具体运算中时不时的会用到这一理论,故做以总结。与齐次式紧密相关的是变量集中策略。

相关概念

以表达式\(2x^2-3xy+y^2\)为例,其中的每一项的次数都是二次的,平齐的,故\(2x^2-3xy+y^2\)称为关于\(x,y\)的二次齐次式;\(3x+4y\)是关于\(x\)\(y\)的一次齐次式;那么\(2x^2-3x+y^2\)不能称为二次齐次式,原因是中间项\(3x\)为一次式。

引申拓展

  • 关于\(x,y\)的一次齐次式:

举例:\(3x+4y\)\(2x\)\(5y\)

  • 关于\(x,y\)的二次齐次式:

举例:\(3x^2-4xy+2y^2\)\(x^2+2y^2\)\(2x^2+3xy\)\(2xy+3y^2\)

  • 关于\(sin\theta,cos\theta\)的一次齐次式:

举例:\(2sin\theta-3cos\theta\)\(3sin\theta\)\(4cos\theta\)

  • 关于\(sin\theta,cos\theta\)的二次齐次式:

举例:\(3sin^2\theta-4sin\theta cos\theta+2cos^2\theta\)\(sin^2\theta+2cos^2\theta\)\(2sin^2\theta+3sin\theta cos\theta\)\(2sin\theta cos\theta+3cos^2\theta\)

\(2\sin^2\theta\)\(\cos^2\theta\)

  • 分式形式的一次齐次式

\(\cfrac{\cos(\alpha+\cfrac{\pi}{4})}{\sin\alpha+2\cos\alpha}=\cfrac{\cfrac{\sqrt{2}}{2}(\cos\alpha-\sin\alpha)}{\sin\alpha+2\cos\alpha}\)\(=\cfrac{\cfrac{\sqrt{2}}{2}\cos\alpha-\cfrac{\sqrt{2}}{2}\sin\alpha}{\sin\alpha+2\cos\alpha}\)

  • 分式形式的一次齐次式和二次齐次式运算

\(\cfrac{\sin\theta}{\sin\theta+\cos\theta}\) \(\pm\) \(\sin2\theta\)

\(\cfrac{\sin\theta(1+\sin2\theta)}{\sin\theta+\cos\theta}=\cfrac{\sin\theta}{\sin\theta+\cos\theta}\cdot (1+\sin2\theta)\)

\(=\cfrac{\sin\theta}{\sin\theta+\cos\theta}\cdot \cfrac{\sin^2\theta+\cos^2\theta+2\sin\theta\cos\theta}{\sin^2\theta+\cos^2\theta}\)

使用场景

由于是齐次式,所以常常可以利用变量集中思想,减少变量的个数,常涉及到的变形有变量集中策略,分数裂项法,常见使用于分式型函数或可以转化为分式型函数,或多项式型函数。可以借助下例体会。

  • 如关于\(x,y\)的一次齐次式的分式形式常用的下述变换:

\(\cfrac{2x+3y}{x-y}=\cfrac{2\frac{x}{y}+3}{\frac{x}{y}-1}\xlongequal[令\frac{x}{y}=t]{换元法}\cfrac{2t+3}{t-1}\)\(=\cfrac{2t-2+5}{t-1}=2+\cfrac{5}{t-1}\)

  • 如关于\(x,y\)的二次齐次式的分式形式常用的下述变换:

\(z=\cfrac{x^2+y^2}{xy}=\cfrac{x}{y}+\cfrac{y}{x}=k+\cfrac{1}{k}\)

  • 关于\(sin\theta,cos\theta\)的一次或二次齐次式的分式形式常用的下述变换:

比如:\(\cfrac{a\sin\theta+b\cos\theta}{c\sin\theta+d\cos\theta}\xlongequal[分子分母是sin\theta,cos\theta的一次齐次式]{分子分母同除以cos\theta}\cfrac{a\tan\theta+b}{c\tan\theta+d}\) (\(a,b,c,d\)为常数);

小结:实现了二元\(sin\theta、cos\theta\)向一元\(tan\theta\)的转化;

比如:\(\cfrac{\sin2\theta-\cos^2\theta}{1+\sin^2\theta}=\cfrac{2sin\theta cos\theta-cos^2\theta}{2sin^2\theta+cos^2\theta}\xlongequal[分子分母是sin\theta,cos\theta的二次齐次式]{分子分母同除以cos^2\theta}\cfrac{2tan\theta-1}{2tan^2\theta+1}\)

小结:实现了二元\(sin\theta、cos\theta\)向一元\(tan\theta\)的转化;

再比如:\(a\sin2\theta+b\cos2\theta=\cfrac{a\sin2\theta+b\cos2\theta}{sin^2\theta+cos^2\theta}=\cfrac{a\tan\theta+b-b\tan^2\theta}{tan^2\theta+1}\)

其余留作思考:\(\sin2\theta\)\(\cos2\theta\)\(1+\sin2\theta\)\(2-\cos2\theta\)\(3\sin2\theta-2\cos2\theta\) 等等

\(z=\cfrac{a+\sqrt{2}b}{\sqrt{2}a+b}\);分子分母同除以\(b\)变形得到,\(z=\cfrac{\frac{a}{b}+\sqrt{2}}{\sqrt{2}\frac{a}{b}+1}\xlongequal{t=\frac{a}{b}}\cfrac{t+\sqrt{2}}{\sqrt{2}t+1}\)

\(z=\cfrac{2a^2+4ab-3b^2}{a^2+ab+b^2}\);分子分母同除以\(b^2\)变形得到,\(z=\cfrac{2(\frac{a}{b})^2+4\frac{a}{b}-3}{(\frac{a}{b})^2+\frac{a}{b}+1}\xlongequal{t=\frac{a}{b}}\cfrac{2t^2+4t-3}{t^2+t+1}\)

\(\cfrac{a\sin\theta+b\cos\theta}{c\sin\theta+d\cos\theta}\xlongequal[分子分母是sin\theta,cos\theta的一次齐次式]{分子分母同除以cos\theta}\cfrac{a\tan\theta+b}{c\tan\theta+d}\) (\(a,b,c,d\)为常数);

\(\cfrac{\sin2\theta-\cos^2\theta}{1+\sin^2\theta}=\cfrac{2sin\theta cos\theta-cos^2\theta}{2sin^2\theta+cos^2\theta}\xlongequal[分子分母是sin\theta,cos\theta的二次齐次式]{分子分母同除以cos^2\theta}\cfrac{2tan\theta-1}{2tan^2\theta+1}\)

\(a^2-5ab+4b^2>0\),两端同除以\(b^2\)得到,\((\cfrac{a}{b})^2-5\cfrac{a}{b}+4>0\),得到\(\cfrac{a}{b}<1\)\(\cfrac{a}{b}>4\)

\(c^2-4ac+4a^2=0\),得到\((\cfrac{c}{a})^2-4\cfrac{c}{a}+4=0\),即\(e^2-4e+4=(e-2)^2=0\)

\(a^2+8b^2\geqslant \lambda b(a+b)\)对于\(a\)\(b\in R\)恒成立,变形为\(t^2-\lambda t+8-\lambda\geqslant 0\)\(t\in R\)恒成立,[1]

\(2x^2+(1-a)y^2\ge (3+a)xy(x>0,y>0)\)

其一变形:\(a\leq \cfrac{2x^2+y^2-3xy}{y^2+xy}\)

其二变形:\(2(\cfrac{x}{y})^2-(a+3)(\cfrac{x}{y})+(1-a)\ge 0\),令\(\cfrac{x}{y}=t>0\)

\(2t^2-(a+3)t+(1-a)\ge 0\)对任意\(t>0\)恒成立,

需要转化

引例,已知 \(x,y>0\),且 \(x+2y=2\),求\(\cfrac{3x^2+5y^2+2x+4y}{xy}\)的最小值;

分析:给定分式的分子上不是二次齐次式,分母为二次式,故常规的思路需要将分母上的一次式转化为二次式,用到的方法是常数代换。

\(\cfrac{3x^2+5y^2+2x+4y}{xy}\)\(=\cfrac{3x^2+5y^2+2\cdot(x+2y)}{xy}\)\(=\cfrac{3x^2+5y^2+(x+2y)\cdot(x+2y)}{xy}\)

\(=\cfrac{3x^2+5y^2+x^2+4xy+4y^2}{xy}\)\(=\cfrac{4x^2+9y^2+4xy}{xy}\)\(=\cfrac{4y}{x}+\cfrac{9x}{y}+4\)\(\geqslant 16\)

当且仅当 \(x=\cfrac{6}{7}\)\(y=\cfrac{4}{7}\) 时取到等号,故所求最小值为 \(16\) .

典例剖析

已知\(tan\alpha=\cfrac{1}{2}\),求\(sin^4\alpha-cos^4\alpha\)的值。

【法1】:方程组法,由\(\left\{\begin{array}{l}{\cfrac{sin\alpha}{cos\alpha}=\cfrac{1}{2}}\\{sin^2\alpha+cos^2\alpha=1}\end{array}\right.\)

解得\(sin^2\alpha=\cfrac{1}{5}\)\(cos^2\alpha=\cfrac{4}{5}\),代入得到\(sin^4\alpha-cos^4\alpha=-\cfrac{3}{5}\)

【法2】:齐次式法,

\(sin^4\alpha-cos^4\alpha\)\(=(sin^2\alpha-cos^2\alpha)(sin^2\alpha+cos^2\alpha)\)\(=sin^2\alpha-cos^2\alpha\)

\(=-\cfrac{cos^2\alpha-sin^2\alpha}{sin^2\alpha+cos^2\alpha}\)\(=\cfrac{1-tan^2\alpha}{1+tan^2\alpha}=-\cfrac{3}{5}\)

【法3】:由\(\cfrac{sin\alpha}{cos\alpha}=\cfrac{1}{2}\),引入比例因子,可设\(sin\alpha=k\)\(cos\alpha=2k(k\neq 0)\)

\(k^2+(2k)^2=1\),可得\(k^2=\cfrac{1}{5}\),故\(k^4=\cfrac{1}{25}\)

\(sin^4\alpha-cos^4\alpha=k^4-(2k)^4=-15k^4=-\cfrac{3}{5}\)

已知实数\(a、b\)满足条件\(\left\{\begin{array}{l}{a+b-2\ge 0}\\{b-a-1\leq 0}\\{a\leq 1}\end{array}\right.\),求\(\cfrac{a+2b}{2a+b}\)的取值范围。

【法1】转化为斜率型,思路如下:由于所求值函数为分式形式的关于\(a、b\)的二次齐次式,

故可以转化为\(\cfrac{a+2b}{2a+b}=\cfrac{1+2\cdot \cfrac{b}{a}}{2+\cfrac{b}{a}}\)\(=2-\cfrac{3}{2+k}=f(k)\),其中\(k=\cfrac{b}{a}\)

这样先由可行域求得\(k=\cfrac{b}{a}\in [1,3]\)函数\(f(k)\)在区间\([1,3]\)上单调递增,

然后用单调性,求得\(\cfrac{a+2b}{2a+b}\in [1,\cfrac{7}{5}]\)

【法2】换元法,令\(a+2b=n\)\(2a+b=m\),联立解以\(a、b\)为元的方程组,得到

\(a=\cfrac{2m-n}{3}\)\(b=\cfrac{2n-m}{3}\),代入原不等式组,可将原约束条件转化为关于\(m 、n\)的不等式组,

即已知\(m 、n\)满足条件\(\left\{\begin{array}{l}{m+n-6\ge 0}\\{n-m-1\leq 0}\\{2m-n-3\leq 0}\end{array}\right.\),求\(\cfrac{n}{m}\)的取值范围。

利用数形结合思想可得,\(\cfrac{a+2b}{2a+b}=\cfrac{n}{m}\in [1,\cfrac{7}{5}]\)图像

高考相关

【2019年高考数学试卷理科新课标Ⅱ第21题第二问求解过程选摘】

\(\cfrac{8(y_0x_0^3+x_0y_0^3)}{2x_0^4+2y_0^4+5x_0^2y_0^2}\)\(\xlongequal[化简]{给分子分母同除以x_0^2y_0^2}\)

\(=\cfrac{8(\frac{x_0}{y_0}+\frac{y_0}{x_0})}{2(\frac{x_0}{y_0})^2+2(\frac{y_0}{x_0})^2+5}\)

\(=\cfrac{8(\frac{x_0}{y_0}+\frac{y_0}{x_0})}{2[(\frac{x_0}{y_0})^2+(\frac{y_0}{x_0})^2+2]+1}\)

\(=\cfrac{8(\frac{x_0}{y_0}+\frac{y_0}{x_0})}{2(\frac{x_0}{y_0}+\frac{y_0}{x_0})^2+1}\)

\(t=\frac{x_0}{y_0}+\frac{y_0}{x_0}\),则\(t\geqslant 2\)

\(S_{\triangle PQG}=\cfrac{8t}{2t^2+1}=\cfrac{8}{2t+\frac{1}{t}}\)

利用对勾函数\(f(t)=2t+\cfrac{1}{t}\)\([2,+\infty)\)上的单调性可知,

\(f(t)\geqslant 4+\cfrac{1}{2}=\cfrac{9}{2}\)(当\(t=2\)时取到等号)

所以\(S_{\triangle PQG}\leqslant \cfrac{8}{\frac{9}{2}}=\cfrac{16}{9}\)

\(\triangle PQG\)面积的最大值为\(\cfrac{16}{9}\).

【2016第三次全国大联考地16题】若不等式\(2x^2+(1-a)y^2\ge (3+a)xy(x>0,y>0)\)恒成立,求实数\(a\)的最大值。

【法1】:分离参数+构造函数,由题目可得\(a\leq \cfrac{2x^2+y^2-3xy}{y^2+xy}\)

\(f(x,y)= \cfrac{2x^2+y^2-3xy}{y^2+xy}\xlongequal[关于x,y的二次齐次式]{分子分母同除以y^2}\cfrac{2(\cfrac{x}{y})^2-3\cfrac{x}{y}+1}{1+\cfrac{x}{y}}\\\xlongequal[令\cfrac{x}{y}=t>0]{二元变一元}g(t)=\cfrac{2t^2-3t+1}{t+1}=2(t+1)+\cfrac{6}{t+1}-7\ge 2\sqrt{12}-7=4\sqrt{3}-7\)

当且仅当\(t=\sqrt{3}-1\)时取到等号。

故有\(a\leq 4\sqrt{3}-7\),所以\(a_{max}=4\sqrt{3}-7\)

【法2】:二元变一元,两边同除以\(y^2\),得到\(2(\cfrac{x}{y})^2-(a+3)(\cfrac{x}{y})+(1-a)\ge 0\)

\(\cfrac{x}{y}=t>0\),即\(2t^2-(a+3)t+(1-a)\ge 0\)对任意\(t>0\)恒成立,

\(g(t)=2t^2-(a+3)t+(1-a)\) ,则分以下两种情形:

\(1^。\) \(\Delta=a^2+14a+1\leq 0\)

解得\(-4\sqrt{3}-7\leq a \leq 4\sqrt{3}-7\)

\(2^。\) \(\begin{cases}\Delta >0\\\cfrac{a+3}{2\cdot2}<0\\g(0)=1-a\ge 0 \end{cases}\)

解得\(a<-4\sqrt{3}-7\)

综上可知,\(a\leq 4\sqrt{3}-7\),故\(a_{max}=4\sqrt{3}-7\)


  1. \(\lambda\)看成参数,则不等式的两端是二次齐次式,故想到变量集中策略,给不等式的两边同除以\(b^2\),得到
    \(\cfrac{a^2}{b^2}+8\geqslant \lambda(\cfrac{a}{b}+1)\)恒成立,令\(\cfrac{a}{b}=t\in R\)
    \(t^2-\lambda t+8-\lambda\geqslant 0\)\(t\in R\)恒成立,故\(\Delta\leqslant 0\)
    \(\Delta=(-\lambda)^2-4(8-\lambda)\leqslant 0\),即\((\lambda+8)(\lambda-4)\leqslant 0\)
    解得\(-8\leqslant \lambda \leqslant 4\),即\(\lambda \in [-8,4]\)↩︎

posted @ 2018-11-27 16:21  静雅斋数学  阅读(3967)  评论(0编辑  收藏  举报
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