齐次式的相关知识
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。
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
①\(z=\cfrac{a+\sqrt{2}b}{\sqrt{2}a+b}\)；分子分母同除以\(b\)变形得到，\(z=\cfrac{\frac{a}{b}+\sqrt{2}}{\sqrt{2}\frac{a}{b}+1}\xlongequal{t=\frac{a}{b}}\cfrac{t+\sqrt{2}}{\sqrt{2}t+1}\)
②\(z=\cfrac{2a^2+4ab-3b^2}{a^2+ab+b^2}\)；分子分母同除以\(b^2\)变形得到，\(z=\cfrac{2(\frac{a}{b})^2+4\frac{a}{b}-3}{(\frac{a}{b})^2+\frac{a}{b}+1}\xlongequal{t=\frac{a}{b}}\cfrac{2t^2+4t-3}{t^2+t+1}\)
③\(\cfrac{a\sin\theta+b\cos\theta}{c\sin\theta+d\cos\theta}\xlongequal[分子分母是sin\theta,cos\theta的一次齐次式]{分子分母同除以cos\theta}\cfrac{a\tan\theta+b}{c\tan\theta+d}\) (\(a,b,c,d\)为常数)；
④\(\cfrac{\sin2\theta-\cos^2\theta}{1+\sin^2\theta}=\cfrac{2sin\theta cos\theta-cos^2\theta}{2sin^2\theta+cos^2\theta}\xlongequal[分子分母是sin\theta,cos\theta的二次齐次式]{分子分母同除以cos^2\theta}\cfrac{2tan\theta-1}{2tan^2\theta+1}\)
⑤\(a^2-5ab+4b^2>0\)，两端同除以\(b^2\)得到，\((\cfrac{a}{b})^2-5\cfrac{a}{b}+4>0\)，得到\(\cfrac{a}{b}<1\)或\(\cfrac{a}{b}>4\)；
⑥\(c^2-4ac+4a^2=0\)，得到\((\cfrac{c}{a})^2-4\cfrac{c}{a}+4=0\)，即\(e^2-4e+4=(e-2)^2=0\)。
⑦\(a^2+8b^2\geqslant \lambda b(a+b)\)对于\(a\)，\(b\in R\)恒成立，变形为\(t^2-\lambda t+8-\lambda\geqslant 0\)对\(t\in R\)恒成立，[1]
⑧\(2x^2+(1-a)y^2\ge (3+a)xy(x>0，y>0)\)
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\(\cfrac{x}{y}=t>0\)，
即\(2t^2-(a+3)t+(1-a)\ge 0\)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
【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\(sin\alpha=k\)，\(cos\alpha=2k(k\neq 0)\)，
由\(k^2+(2k)^2=1\)，可得\(k^2=\cfrac{1}{5}\)，故\(k^4=\cfrac{1}{25}\)，
则\(sin^4\alpha-cos^4\alpha=k^4-(2k)^4=-15k^4=-\cfrac{3}{5}\)；
【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
\(\cfrac{8(y_0x_0^3+x_0y_0^3)}{2x_0^4+2y_0^4+5x_0^2y_0^2}\)\(\xlongequal[化简]{给分子分母同除以x_0^2y_0^2}\)
\(=\cfrac{8(\frac{x_0}{y_0}+\frac{y_0}{x_0})}{2(\frac{x_0}{y_0})^2+2(\frac{y_0}{x_0})^2+5}\)
\(=\cfrac{8(\frac{x_0}{y_0}+\frac{y_0}{x_0})}{2[(\frac{x_0}{y_0})^2+(\frac{y_0}{x_0})^2+2]+1}\)
\(=\cfrac{8(\frac{x_0}{y_0}+\frac{y_0}{x_0})}{2(\frac{x_0}{y_0}+\frac{y_0}{x_0})^2+1}\)
令\(t=\frac{x_0}{y_0}+\frac{y_0}{x_0}\)，则\(t\geqslant 2\)，
则\(S_{\triangle PQG}=\cfrac{8t}{2t^2+1}=\cfrac{8}{2t+\frac{1}{t}}\)
利用对勾函数\(f(t)=2t+\cfrac{1}{t}\)在\([2，+\infty)\)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\(S_{\triangle PQG}\leqslant \cfrac{8}{\frac{9}{2}}=\cfrac{16}{9}\)
故\(\triangle PQG\)面积的最大值为\(\cfrac{16}{9}\).
【法1】：分离参数+构造函数，由题目可得\(a\leq \cfrac{2x^2+y^2-3xy}{y^2+xy}\)，
令\(f(x,y)= \cfrac{2x^2+y^2-3xy}{y^2+xy}\xlongequal[关于x，y的二次齐次式]{分子分母同除以y^2}\cfrac{2(\cfrac{x}{y})^2-3\cfrac{x}{y}+1}{1+\cfrac{x}{y}}\\\xlongequal[令\cfrac{x}{y}=t>0]{二元变一元}g(t)=\cfrac{2t^2-3t+1}{t+1}=2(t+1)+\cfrac{6}{t+1}-7\ge 2\sqrt{12}-7=4\sqrt{3}-7\)
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\(2(\cfrac{x}{y})^2-(a+3)(\cfrac{x}{y})+(1-a)\ge 0\)，
令\(\cfrac{x}{y}=t>0\)，即\(2t^2-(a+3)t+(1-a)\ge 0\)对任意\(t>0\)恒成立，
令\(g(t)=2t^2-(a+3)t+(1-a)\) ，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\(a_{max}=4\sqrt{3}-7\)。
将\(\lambda\)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
即\(\cfrac{a^2}{b^2}+8\geqslant \lambda(\cfrac{a}{b}+1)\)恒成立，令\(\cfrac{a}{b}=t\in R\)，
则\(t^2-\lambda t+8-\lambda\geqslant 0\)对\(t\in R\)恒成立，故\(\Delta\leqslant 0\)，
即\(\Delta=(-\lambda)^2-4(8-\lambda)\leqslant 0\)，即\((\lambda+8)(\lambda-4)\leqslant 0\)，
解得\(-8\leqslant \lambda \leqslant 4\)，即\(\lambda \in [-8，4]\)。 ↩︎
