代数变形

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2023届高考数学二轮复习导数经典技巧与方法：代数变形

第11讲代数变形知识与方法代数变形是利用代数知识实施形变而质不变的一种手段,将一个问题等价地变为另一个问题,由一种复杂的形式转变为一种简单的形式,将整个数学问题转变为一个较为容易处理或熟悉的问题.在处理含对数或指数式时,有如下两个技巧:1.对数处理技巧——对数靠边走设f(x)是可导函数,不难得到(f(x)ln⁡x)′=f′(x)ln⁡x+f(x)1x,若f(x)不是常函数,则所得的导数式中含有ln⁡x,往往需要再次甚至多次求导.对于这类含有对数式ln⁡x的不等式问题时,通常要让对数型的函数分离出来,把对数型函数前面所乘的代数式或分母中的代数式处理掉,让对数型函数形成单独的一项,这样再对新函数求导,只需要求导一次即可求出函数的极值点,从而避免了多次求导的麻繁.这种让对数函数“孤军奋战”的代数变形过程,我们称其为对数处理技巧,即“对数靠边走”.相关的转化如下:情形1设f(x)>0,f(x)ln⁡x+g(x)>0⇔ln⁡x+g(x)f(x)>0;情形2设f(x)≠0,f(x)ln⁡x+g(x)=0⇔ln⁡x+g(x)f(x)=0.点睛意到：(f(x)ln⁡x+g(x))′=f′(x)ln⁡x+f(x)x+g′(x)(ln⁡x+g(x)f(x))′=1x+(g(x)f(x))比较(1)(2)两式中等号右边的部分,可知(1)式含有对数ln⁡x,但(2)式中不含对数ln⁡x,这将为后续的解题带来方便.2.指数处理技巧——指数找朋友在证明或处理含指数型函数的不等式时,通常要让指数型函数乘以或除以一个多项式函数(让多项式除以指数也一样),这样就很容易求出新函数的极值点,从而可以避免多次求导.这种相当于给指数函数寻找了一个合作伙伴的变形过程,我们称之为指数处理技巧,即“指数找朋友”.相关的转化如下:情形1设f(x)>0,则f(x)+g(x)e x>0⇔g(x)f(x)e x+1>0;情形2设g(x)>0,则f(x)+g(x)e x>0⇔f(x)g(x)e−x+1>0;情形3设f(x)≠0,则f(x)+g(x)e x=0⇔g(x)f(x)e x+1=0;情形4设g(x)≠0,则f(x)+g(x)e x=0⇔f(x)g(x)e−x+1=0.因为(f(x)e x)′=(f(x)+f′(x))e x,(f(x)e−x)′=(f′(x)−f(x))e−x.所以(f(x)e x)′>0⇔(f(x)+f′(x))e x>0⇔f(x)+f′(x)>0, (f(x)e−x)′>0⇔(f′(x)−f(x))e−x>0⇔f′(x)−f(x)>0.使用上述变形,可以减少求导次数,优化解题过程.典型例题对数靠边走【例1】当x>1时,求证:(x+1)ln⁡x>2(x−1).【解析】因为x>1,所以(x+1)ln⁡x>2(x−1)⇔ln⁡x>2(x−1)x.令f(x)=ln⁡x−2(x−1)x (x>1),f′(x)=1x−4(x+1)2=(x−1)2x(x+1)2>0,所以f(x)在(1,+∞)上为增函数.所以f(x)>f(1)=0,所以x>1时,ln⁡x>2(x−1)x+1,即(x+1)ln⁡x>2(x−1).【例2】若不等式xln⁡x⩾a(x−1)对所有x⩾1成立,求实数a的取值范围.【解析】原问题等价于ln⁡x−a(x−1)x ⩾0对所有的x⩾1都成立.令f(x)=ln⁡x−a(x−1)x(x⩾1),则f′(x)=x−ax2.(1)当a⩽1时,f′(x)=x−ax2⩾0恒成立,即f(x)在[1,+∞)上单调递增,因而f(x)⩾f(1)=0恒成立;(2)当a >1时,令f ′(x)=0,得x =a,f(x)在(0,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增,所以f(x)min =f(a)=ln⁡a −a +1<0,不符合题意. 综上所述,实数a 的取值范围是(−∞,1].【例3】设二次函数g(x)对任意实数x 都满足g(x −1)+g(1−x)=x 2−2x −1,且g(1)=−1,令f(x)=g (x +12)+mln⁡x +98(m ∈R,x >0). (1)求g(x)的表达式;(2)设1<m ⩽e,H(x)=f(x)−(m +1)x .证明:对任意x 1,x 2∈[1,m],恒有|H (x 1)−H (x 2)|<1【解析】(1)设g(x)=ax 2+bx +c ,所以g(x −1)+g(1−x)=a(x −1)2+b(x −1)+c +a(1−x)2+b(1−x)+c =2a (x 2−2x +1)+2c =2ax 2−4ax +2a +2c =x 2−2x −1. 比较两边的系数得{2a =1,−4a =−2,2a +2c =−1,所以{a =12,c =−1,所以g(x)=12x 2+bx −1. 又因为g(1)=−1,所以12+b −1=−1,所以b =−12,所以g(x)=12x 2−12x −1.(2)H(x)=12(x +12)2−12(x +12)−1+mln⁡x +98−(m +1)x =12(x 2+x +14)−12x −14−1+mln⁡x +98−mx −x =12x 2−(m +1)x +mln⁡x .H ′(x)=x −(m +1)+m x=x 2−(m+1)x+mx=(x−1)(x−m)x<0.所以H(x)在[1,m]上单调递减,所以H(x)min =H(m)=12m 2−(m +1)m +mln⁡m =−12m 2−m +mln⁡m ,H(x)max =H(1)=12−m −1=−12−m .所以|H (x 1)−H (x 2)|⩽H(x)max −H(x)min =12m 2−mln⁡m −12.下面只需证12m 2−mln⁡m −32<0.(可采用对数靠边走,将对数ln⁡m 独立出来)即证明12m −ln⁡m −32m<0.令g(m)=12m −ln⁡m −32m,g ′(m)=12−1m+32m2=m 2−2m+32m 2>0.所以g(m)在(1,e]上单调递增,所以g(m)⩽g(e)=12e −1−32e =e 2−2e−32e.而e 2−2e −3<2.82−2×2.8−3=2.24−3<0, 所以g(e)<0,所以g(m)<0,即|H (x 1)−H (x 2)|<1.【点睛】上面解法的优势在于,将ln⁡x 的系数化为“1”后,就可以有效避免求导后再出现对数函数,避免了隐零点出现,这是解决对数型函数的精华所在.指数找朋友【例4】已知函数f(x)=ln⁡x +x −1(a ∈R).求证:e −x +xf(x)⩾0. 【解析】解法1:以指数处理技巧为主线要证e −x +xf(x)⩾0,只需证1+xe x f(x)⩾0. 令g(x)=1+e x (xln⁡x +x 2−x )(x >0),g ′(x)=e x (xln⁡x +x 2−x +ln⁡x +1+2x −1)=e x (x +1)(ln⁡x +x). 令ℎ(x)=ln⁡x +x ,在(0,+∞)上单调递增, 又因为ℎ(1)=1>0,ℎ(1e )=−1+1e<0,所以存在t ∈(1e ,1),使得ℎ(t)=ln⁡t +t =0,即ln⁡t =−t ,即e t =1t . 当x ∈(0,t)时,ℎ(x)<0,g ′(x)<0,g(x)单调递减; 当x ∈(t,+∞)时,ℎ(x)>0,g ′(x)>0,g(x)单调递增.所以g(x)⩾g(t)=1+e t (tln⁡t +t 2−t )=1+ln⁡t +t −1=0, 所以1+xe x f(x)⩾0,即e −x +xf(x)⩾0. 解法2:以对数的处理技巧为主线要证e −x +xf(x)⩾0成立,只需证e −x x+f(x)⩾0即可.令g(x)=e −x x+ln⁡x +x −1(x >0),则g ′(x)=−(x+1)x 2e x+1x +1=(x+1)(xe x −1)x 2e x,令ℎ(x)=xe x −1,ℎ′(x)=(x +1)e x >0,所以ℎ(x)单调递增; 又因为ℎ(1)=e −1>0,ℎ(12)=√e 2−1<0,所以存在t ∈(12,1),使得ℎ(t)=te t −1=0,即e t =1t ,即t =ln⁡1t =−ln⁡t , 当x ∈(0,t)时,ℎ(x)<0,g ′(x)<0,g(x)单调递减; 当x ∈(t,+∞)时,ℎ(x)>0,g ′(x)>0,g(x)单调递增. 所以,g(x)⩾g(t)=e −t t+ln⁡t +t −1=ln⁡t +t =0,所以e −x x+f(x)⩾0,即e −x +xf(x)⩾0.解法3:虚设零点+同构令g(x)=e −x +x(ln⁡x +x −1)=e −x +xln⁡x +x 2−x(x >0), g ′(x)=−e −x +ln⁡x +2x 在(0,+∞)上单调递增,且g ′(1e )=−e−1e+ln⁡1e +2e =−e−1e−1+2e <0,g ′(1)=−e −1+ln⁡1+2=2−1e >0.所以存在t ∈(1e ,1),使得g ′(t)=−e −t +ln⁡t +2t =0,所以e −t =ln⁡t +2t,ln⁡t +t =e −t −t ,即ln⁡t +e ln⁡t =e −t +(−t). 令G(x)=e x +x 在(0,+∞)单调递增,且G(ln⁡t)=G(−t),所以ln⁡t =−t . 当x ∈(0,t)时,g ′(x)<0,g(x)单调递减; 当x ∈(t,+∞)时,g ′(x)>0,g(x)单调递增.g(x)⩾g(t)=e −t +tln⁡t +t 2−t =ln⁡t +2t +tln⁡t +t 2−t =(1+t)(ln⁡t +t)=0, 所以e −x +xf(x)⩾0.【点睛】解法3看似行云流水,思维直接,但是仔细品味,暗流汹涌,思维含量非常大,主要表现在以下三个方面：1.没有明显的零点,需要利用函数的单调性以及零点存在性定理,虚设零点;2.虚设零点后,出现了指数、对数以及多项式同时存在的情况,这样难以利用零点的关系式一次把指数以及对数全部消除;3.本题目需要较强的技巧性构造同构式,借助于单调性,找出对数与多项式的关系,万一想不到这一点,这道题目就不容易处理.实际上,本题之所以难,是因为指数、对数以及多项式的同时出现,将题目提升了一个难度.对于这种指、对混合形式出现的试题,利用指数或对数的处理技巧,可以帮助我们提高“求导效率”,将指数与多项式结合起来,或者将对数分离出来.【例5】已知函数f(x)=ax 21+ln⁡x (a ≠0),e 是自然对数的底数.若f(x)的极大值为−2,求不等式f(x)+e x <0的解集.【解析】解法1:巧用对数、指数处理技巧对方程变形 f(x)的定义域为(0,e −1)∪(e −1,+∞), 由f ′(x)=2ax(1+ln⁡x)−ax 2⋅1x(1+ln⁡x)2=2ax(12+ln⁡x)(1+ln⁡x)2.当a >0时,f(x)在(0,e −1)上单调递减;在(e −1,e −12)单调递减;在(e −12,+∞)上单调递增;显然f(x)有极小值,无极大值.显然,当a <0时,f(x)有极大值,此时f (e −12)=−2,所以a =−e ,此时f(x)=−ex 21+ln⁡x ,−ex 21+ln⁡x +e x <0. 显然,当x ∈(0,1e ),−ex 21+ln⁡x +e x >0,矛盾.故当x ∈(1e ,+∞)时,e x <ex 21+ln⁡x ,即1+ln⁡x −ex 2e x <0(对数靠边走)令F(x)=1+ln⁡x −ex 2e x,F ′(x)=1x −2x−x 2e x−1.下证F ′′(x)>0,ex−1⩾2x2−x 3,2x 2−x 3e x−1⩽1(指数找朋友) 令G(x)=2x 2−x 3e x−1,G ′(x)=x (x 2−5x+4)e x−1=x(x−1)(x−4)e x−1.令G ′(x)=0,解得x =1,或x =4,所以G(x)权大值=G(1)=1,G(x)权小鹪=G(4)=−32e 3<0.当x >4时,G(x)<0,所以G(x)⩽1,所以F ′(x)⩾0,F(x)在(1e ,+∞)上单调递增. 因为F(1)=0,所以当1e <x <1时,F(x)<0,当x >1时,F(x)>0. 所以f(x)+e x <0的解集为(1e ,1).解法2:构造同构式当x ∈(0,1e )时,−ex 21+ln⁡x +e x >0,矛盾;当x ∈(1e,+∞)时,−x 21+ln⁡x+e x−1<0,所以x1+ln⁡x >e x−1x=e x−11+ln⁡e x−1(构造同构式) 令ेF(x)=x 1+ln⁡x,F ′(x)=1+ln⁡x−1(1+ln⁡x)2=ln⁡x (1+ln⁡x)2.当1e <x <1时,F ′(x)<0,F(x)单调递减;由于x <e x−1<1,所以F(x)>F (e x−1),即x1+ln⁡x >e x−11+ln⁡e x−1,满足题意;当x ⩾1时,F ′(x)⩾0,F(x)单调递增,而e x−1⩾x ⩾1,所以F(x)⩽F (e x−1),矛盾. 综上可知,不等式f(x)+e x <0的解集为(1e ,1).【例6】求证:e x −2x >x 2ln⁡x . 【解析】解法1:要证e x−2x>x2ln⁡x,只需证e x−2xx2−ln⁡x>0(对数靠边走)设f(x)=e x−2xx2−ln⁡x(x>0),f′(x)=(x−2)(e x−x)x3,令f′(x)=0,得x=2.当x∈(0,2)时,f′(x)<0,f(x)单调递减;当x∈(2,+∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递增.所以f(x)min=f(2)=e2−44−ln⁡2=e2−(4+4ln⁡2)4.由于e2>2.72=7.29,4+4ln⁡2=4+ln⁡16<4+ln⁡e3=7,所以e2−(4+4ln⁡2)>0,从而不等式得证.解法2:要证e x−2x>x2ln⁡x,只需证x2ln⁡x+2xe x<1.设g(x)=x 2ln⁡x+2xe x,则g′(x)=(2−x)(xln⁡x+1)e x,又因为xln⁡x+1>0(证明略),从而当x∈(0,2)时,g(x)单调递增,x∈(2,+∞)时,g(x)单调递增.从而g(x)max=g(2)=4ln⁡2+4e2<3+4e2<1,从而原不等式得证.指对处理技巧的综合运用【例7】已知函数f(x)=e x−a(x−1)(a∈R,e为自然对数的底数).(1)若存在x0∈(1,+∞),使得f(x0)<0,求实数a的取值范围;(2)若f(x)有两个零点x1,x2.证明:x1+x2>x1x2.【解析】(1)解法1;指数变对数,方便求导令ेt=e x,g(t)=t−aln⁡t+a,当x>1时,t>e.原题等价于g(t)=t−aln⁡t+a,存在t0∈(e,+∞),使得g(t0)<0,求a的取值范围.g′(t)=1−at =t−at,令g′(t)=0,得t=a.当a⩽e时,g′(t)⩾0,g(t)单调递增,所以g(t)⩾g(e)=e−a+a=e>0,不符合题意;当a<e时,g(t)在(e,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增,所以g(t)min=g(a)=a−aln⁡a+a=a(2−ln⁡a).因为存在t0∈(e,+∞),使得g(t0)<0,所以g(a)=a(2−ln⁡a)<0,解得a>e2.综上知a>e2.解法2:指数处理技巧e x−a(x−1)<0⇔g(x)=1−ae−x(x−1)<0,g′(x)=ae−x(x−1)−ae−x=ae−x(x−2),g′(2)=0.当a⩽0时,g(x)在(1,2)上单调递增,在(2,+∞)上单调递减,g(1)=1>0,当x→+∞时,g(x)=1−a x−1e x→1,所以g(x)⩾min{g(1),lim x→+∞g(x)}>0,不合题意.当a>0时,g(x)在(1,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增,所以g(x)⩾g(2)=1−ae2.因为存在x0∈(1,+∞),使得f(x0)<0,所以g(2)=1−ae2<0,解得a>e2.综上知a>e2.解法3:直接法f′(x)=e x−a.(1)若a⩽0,因为e x>0,则f′(x)>0,此时f(x)在R上单调递增.当x∈(1,+∞)时,f(x)>f(1)=e>0,不合题意;(2)若a>0,由f′(x)>0,得e x>a,即x> ln⁡a,则f(x)在(ln⁡a,+∞)上单调递增,在(−∞,ln⁡a)上单调递减,所以f(x)min =f(ln⁡a)=e ln⁡a −a(ln⁡a −1)=a(2−ln⁡a),根据题意,有a(2−ln⁡a)<0,则ln⁡a >2,即a >e 2,且此时ln⁡a >ln 2>1, 所以a 的取值范围是(e 2,+∞). 解法4:分离变量法当x ∈(1,+∞)时,由f(x)<0,得e x <a(x −1),即a >e xx−1.设g(x)=e x x−1(x >1),根据题意,当x ∈(1,+∞)时,a >g(x)能成立,则a >g(x)min . 因为g ′(x)=(x−2)e x (x−1)2(x >1),则当x >2时,g ′(x)>0,g(x)单调递增; 当1<x <2时,g ′(x)<0,g(x)单调递减.所以,g(x)min =g(2)=e 2,所以a 的取值范围是(e 2,+∞). (2)由题设,f (x 1)=f (x 2)=0,即{e x 1=a (x 1−1),e x 2=a (x 2−1),则e x 1+x 2=a 2(x 1−1)(x 2−1),即e x 1+x 2=a 2(x 1x 2−x 1−x 2+1).要证x 1+x 2>x 1x 2,只需要证e x 1+x 2<a 2,即证x 1+x 2<2ln⁡a ,即证x 1<2ln⁡a −x 2. 不妨设x 1<x 2,由(1)可知a >e 2,且x 1<ln⁡a <x 2,从而2ln⁡a −x 2<ln⁡a . 因为f(x)在(−∞,ln⁡a)上单调递减,所以只要证f (x 1)>f (2ln⁡a −x 2),即证f (x 2)>f (2ln⁡a −x 2). 设ℎ(x)=f(x)−f(2ln⁡a −x),则ℎ′(x)=f ′(x)+f ′(2ln⁡a −x)=e x −2a +e 2ln⁡a−x =e x +a 2e x −2a ⩾2√e x ⋅a 2e x −2a =0, 所以ℎ(x)在R 上单调递增.因为x 2>ln⁡a ,则ℎ(x 2)>ℎ(ln⁡a)=f(ln⁡a)−f(ln⁡a)=0,即f (x 2)−f (2ln⁡a −x 2)>0,即f (x 2)>f (2ln⁡a −x 2),所以原不等式成立.【点睛】有些问题用直接法做,反而会更简单,比如本例第(1)小问,在使用“指数处理技巧”后,刧必须要使用洛必达法则才能解决问题.从另外一个层面上来讲,若指数、对数函数同时出现的能成立问题、恒成立问题常见的处理方法主要有:1.设而不求,隐零点法;2.一凸一凹,分离函数法;3.化直为曲,切线法或放缩法;4.必要性探路,缩小范围法.典型例题1.证明:当x>0时,e x>x2.【解析】要证e x>x2,只需证:x2e x<1令f(x)=x 2e x ,f′(x)=2xe x−e x⋅x2e2x=x(2−x)e x当0<x<2时,f′(x)>0,f(x)单调递增;当x>2时,f′(x)<0,f(x)单调递减所以f(x)max=f(2)=4e2<1,所以f(x)<1,即x2e x<1,所以e x>x2.2.已知函数f(x)=e x−sin⁡x−cos⁡x,g(x)=e x+sin⁡x+cos⁡x.(1)证明:当x>−5π4时,f(x)⩾0;(2)若g(x)⩾2+ax,求a.【解析】(1)f(x)⩾0⇔sin⁡x+cos⁡xe x⩽1,记ℎ(x)=sin⁡x+cos⁡xe x ,ℎ′(x)=−2sin⁡xe x.(1)当x∈(−5π4,−π)时,ℎ′(x)<0;x∈(−π,0),ℎ′(x)>0;x∈(0,π),ℎ′(x)<0.又ℎ(−5π4)=0,ℎ(0)=1,所以在(−54π,π)上,ℎ(x)⩽ℎ(0)=1;(2)当x∈[π,+∞)时,e x⩾eπ,而sin⁡x+cos⁡x⩽√2,所以e x⩾sin⁡x+cos⁡x,则有f(x)⩾0.综合(1)(2)可知当x>−5π4时,不等式f(x)⩾0成立.(2)由题可知H(x)=g(x)−(ax+2)=e x+sin⁡x+cos⁡x−ax−2⩾0恒成立,且H(0)=0,所以H(x)⩾H(0),故x=0是H(x)的最小值点,也是极小值点.所以H′(0)=0,又H′(x)=e x+cos⁡x−sin⁡x−a,所以H′(0)=2−a=0,故a=2.下证当a=2时不等式成立.H(x)⩾0⇔sin⁡x+cos⁡x−2x−2e x+1⩾0记m(x)=sin⁡x+cos⁡x−2x−2e x +1,m′(x)=2(x−sin⁡x)e x.易得当x>0时,x−sin⁡x>0;当x<0时,x−sin⁡x<0.所以当x<0时,m′(x)<0,m(x)单调递减;当x>0时,m′(x)>0,m(x)单调递增.所以m(x)⩾m(0)=0.故H(x)⩾0成立.。

不等式证明的基本方法与策略总结

不等式证明的基本方法与策略总结不等式证明在数学研究、数学建模以及各种工程问题中都有重要的应用价值。

同时，不等式证明也是各种数学竞赛中的重头戏。

本文将总结不等式证明的基本方法与策略，以便读者更好地理解不等式证明的思路和套路。

一、基本方法1. 套路化：对于一些经典不等式如柯西不等式等，可以先了解它的证明方法，将其归纳总结出来，然后通过类比去证明其他不等式。

2. 变形：对于一个不等式，可以通过一些代数变形，将其转换为其他形式，更容易被证明出来。

如将两个不等式的左侧相乘，右侧相乘，再相减，得到新的不等式。

或者将一个不等式的左右两侧都平方，再相减，也可以得到新的不等式。

3. 等价转换：将不等式转化为等价形式，然后再利用已有的定理进行证明。

如将一个不等式的等号两侧同时加上一个数，就可以转化为另一个不等式，然后再进行证明。

4. 递推：递推是一种常用的证明方法，它可以将一个复杂的不等式转化为一个比较简单的不等式，然后通过多次递推证明出原不等式。

递推的关键在于找到一个递推式和一个初始条件。

二、基本策略1. 二分法：二分法是一种常用的证明策略，它将一个不等式的左右两侧分别处理，然后比较两侧的大小关系得到证明的结论。

2. 置换对称法：置换对称法指的是将一组变量按照一定的置换方式进行对称化，然后证明得到不等式后，再通过恢复变量之间的关系，得到原始不等式。

3. 大杀器策略：大杀器策略指的是使用一些已知的定理和公式来证明不等式。

如柯西不等式、阿贝尔不等式、托肯不等式等，这些定理都是不等式证明中比较重要的工具。

4. 分段讨论法：分段讨论法是一种常用的证明策略，适用于证明一些具有特定性质的不等式。

它将不等式的变量进行合理的分段，然后分别证明每个分段中的不等式。

三、小结总的来说，不等式证明的基本方法和策略都比较常用和灵活，在实际应用中需要根据具体问题进行灵活运用。

同时，在证明不等式之前，需要对不等式的基本定义和定理进行系统化的学习和掌握，才能更好地利用这些理论工具进行证明。

代数变形常用技巧及其应用

教学方法课程教育研究·71·练习是为教学目的服务的，因此课堂练习的设计要实实在在地根据一节课的教学目标，从教学内容和学生实际两方面出发，围绕教学重点难点是练习设计的核心所在。

在此基础上，还要求教师在练习素材的选择上尽量贴近学生熟悉的现实生活，联系生活实际进行练习设计，使生活和数学融为一体。

这样的数学练习才能体会数学是“源于生活，用于生活”，切身感受数学可以解决实际问题，使他们对学习数学更感兴趣达到事半功倍的效果。

例如：学习了《方向与位置》的知识后，让学生将周围同学位置表示出来，或者尝试画出学校与自己家之间的位置与方向地图，并进行分析。

这样的实践性作业，不但培养了学生学习数学的兴趣，而且提高了学生分析问题，解决问题的能力。

2.“兴趣”与“乐趣” 现代教育心理学曾说：“当学生对学习产生兴趣时，学生的心理活动就会处于激活状态，富有满足感和愉悦感，从而积极性高涨，思维活跃，注意力集中，自主学习意识增强，反之，则产生消极情感”。

这就充分说明，我们设计的有效的课堂练习内容时应在“趣”上下工夫。

从学生的生活经验出发固然可以挖掘快乐因素，而练习的形式和对习题处理方法上下功夫更会有独特作用。

例如根据学生的年龄和心理特点，设计让学生“动一动”、“猜一猜”、“判一判”、“比一比”类能调动学生各个感官参与的练习。

这样生动有趣、直观形象的数学练习可以寓练于乐，练中生趣，既能减轻学生练习的心理负担，又能提高课堂练习的效率。

【案例】问：鸡兔同笼，有头45只，鸡兔各有多少？师：“全班兔子立正！提起前面两足” 全班哄堂大笑。

师：“现在，兔子和鸡的足数一样多了，上面有45个头，下面该有多少只脚呢？”生齐声回答：“四十五乘以二等于90只” 师：“和先前比，少了多少只脚呢？” 生马上叫起来：“少了26只” 师：“这26只脚去哪了？” 生：“被兔子们提起来了” 师：“那你们现在知道笼子里有多少只兔子了吧？” 生：“有13只兔子”（三）提高课堂练习有效性要注重练习与发展同步小学数学课堂练习的核心是“发展”，学生的知识面能否得到拓宽，能力能否得到发展，是有效练习首要考虑的因素。

解绝对值方程的方法

解绝对值方程的方法绝对值方程是初中数学中常见的一种方程类型，解绝对值方程的方法有多种，本文将介绍其中的两种常用方法：分情况讨论法和代数法。

一、分情况讨论法分情况讨论法是解绝对值方程的常用方法之一，它的基本思想是将绝对值的取值范围分成几个情况，然后分别讨论每种情况下的方程解。

举个例子来说明分情况讨论法的具体步骤。

假设我们要解方程|2x-1|=3。

首先，我们将绝对值的取值范围分为两种情况：当2x-1≥0时，|2x-1|=2x-1；当2x-1<0时，|2x-1|=-(2x-1)。

对于第一种情况，即2x-1≥0，我们可以得到2x-1=3，解得x=2。

对于第二种情况，即2x-1<0，我们可以得到-(2x-1)=3，解得x=-1。

因此，原方程的解为x=2和x=-1。

使用分情况讨论法解绝对值方程时，我们需要根据绝对值的取值范围进行合理的分情况讨论，并对每种情况下的方程进行求解。

这种方法的优点是思路清晰，能够将问题分解为若干个简单的子问题，但对于复杂的绝对值方程，可能需要分的情况较多，计算量较大。

二、代数法代数法是解绝对值方程的另一种常用方法，它的基本思想是利用绝对值的定义进行代数变形，从而得到方程的解。

举个例子来说明代数法的具体步骤。

假设我们要解方程|2x-1|=3。

根据绝对值的定义，当2x-1≥0时，|2x-1|=2x-1；当2x-1<0时，|2x-1|=-(2x-1)。

对于第一种情况，即2x-1≥0，我们可以得到2x-1=3，解得x=2。

对于第二种情况，即2x-1<0，我们可以得到-(2x-1)=3，解得x=-1。

通过代数变形，我们得到了与分情况讨论法相同的结果。

使用代数法解绝对值方程时，我们需要根据绝对值的定义进行代数变形，并将方程转化为一元一次方程进行求解。

这种方法的优点是计算量相对较小，适用于简单的绝对值方程。

综上所述，解绝对值方程的方法有分情况讨论法和代数法两种常用方法。

在实际应用中，我们可以根据具体情况选择合适的方法进行求解。

高一不等式恒成立问题3种基本方法

高一不等式恒成立问题3种基本方法文章标题：探讨高一不等式恒成立问题的三种基本方法在高中数学学习中，不等式恒成立问题是一个很常见的题型。

学生们通常需要掌握多种方法来解决这类问题，而这些方法通常可以分为三种基本类型。

本文将会详细介绍这三种基本方法，帮助读者全面理解这一数学概念。

1. 方法一：代数法我们来介绍代数法。

这种方法是在不等式两边进行代数变换，使得不等式变成一个容易解决的形式。

代数法通常包括加减变形、乘除变形以及平方去根等技巧。

以不等式ax+b>0为例，我们可以通过移项得到ax>-b，然后再除以a的正负来确定不等式的方向，从而得到不等式的解集。

代数法在解决不等式恒成立问题中应用广泛，能够快速简便地找到解的范围和规律。

2. 方法二：图像法我们介绍图像法。

图像法是通过绘制不等式所代表函数的图像，来直观地找出不等式恒成立的区间。

对于一元一次不等式ax+b>0，我们可以画出函数y=ax+b的图像，从而通过观察图像的上升或下降趋势来确定不等式的解集。

图像法能够帮助我们更直观地理解不等式的性质和范围，提高我们的思维逻辑和空间想象能力。

3. 方法三：参数法我们介绍参数法。

参数法是通过引入一个或多个参数，将不等式转化为一个有参数的等式问题，进而进行求解。

参数法的典型应用包括辅助角法、二次函数法等。

以不等式ax²+bx+c>0为例，我们可以引入Δ=b²-4ac，然后根据Δ的正负来确定不等式的解集。

参数法在解决不等式问题中能够简化问题的复杂度，将不等式的求解转化为参数的求解，从而提高解题的效率和准确度。

总结回顾通过对以上三种基本方法的介绍，我们可以发现它们各有特点，应用范围和解题思路有所不同。

代数法能够利用代数变形快速求解不等式问题，图像法能够帮助我们直观地理解不等式的性质，而参数法则能够将问题转化为参数的求解，提高解题的效率。

个人观点和理解在实际解题中，我们应该根据具体情况灵活选用这三种方法，结合题目的特点和自身的掌握程度来选择合适的解题方法。

浅谈数学中的代数变形技巧

过程繁冗．转换思维，Ｙ为主元，有如下简解．若视则
／（
）１函）区［＋）不单函．：，数在间０。上是调数所以，。
综上，且仅当ａ ≥ １，数ｆｘ在区间［，ｏ）当时函（）０＋。上
是单调递减函数．评注分子有理化在无理式的大小比较、不等式的证明、数列的求和与证明中都有用武之地．
解
由Ｙ＝（）／和＋１，）可得＋１＋＋＝）：
ｃ由题意知它是关于Ｙ的恒等式，．故可知ａ＝１ｂ＝０Ｃ＝１，，，
从而ｇｘ＝＿）＝（＋１。＝＋２．（）／）（）＋１ｘ＋２评注通法通则使人有章可循．数学中的 “ 简形式 ” 最、
“
一
４指数变形：同底。．变即减少底数的种类．进行此类是运算的重要途径
寨拣
４１０）６５０
根式的分子有理化，可继续推演．则
的而采用的 “ 段 ” 是化归、化和联想的准备阶段，属手，转它于技能性的知识，要在实践中反复操练才能把握，至需乃灵活与综合应用．文旨在展现代数运算和解题中常见的变本
，一变根．为式＞１（
— 一
５对数变形：．换底例５讨论函数ｆｘ＝ｌｏｂ）ｂ＞ａ＞０在定义域内（）ｏ￣ｘ（ｇ（）的单调性，证明你的结论．并

1.代数变形—基本公式

代数变形一（基本公式）话说天下代数式分久必合，合久必分。

高中数学解题的本质就是通过不断的代数变形将问题划归转化为一个很简单、一般性的问题。

因此，代数变形能力的高低直接决定你高中数学成绩。

今天我们介绍一些基本的代数变形公式。

分久必合、合久必分、左右平移、上下求索。

1．化简下列代数式（1）．22(1)(1)(2)(24)x x x x x x +-++-++；（2）．322322233])())[(2(b a b b a a a ab a b a b a ----++-++；（3）．33333333(21)(31)(41)(101)(21)(31)(41)(101)----++++．解：（1）22333(1)(1)(2)(24)129x x x x x x x x +-++-++=++-=。

（2）．22232233333(2)[()()]33()()a b a b a ab a a a b b a b a b a a b a ++-++----=++-+=。

（3）．因为33(1)1(1)12a a a a --=+++，从而有3333333333(21)(31)(41)(1001)(21)(31)(41)(1001)3367(21)(31)(41)(1001)(21)(21)(31)(991)5050--------==++++++++ 2．（1）已知1=-y x ，求42233433y xy y x y x xy x ++---；（2）．自然数y x <，且满足x y y x 191933+=+，求y x +的值．解：（1）33333322()()3()321x x y y y x xy x y x y xy x y xy -+---=--=+-= （2）．3319()0x y x y ---=．即22()(19)0x y x y xy -++-=。

又y x <有2219x y xy ++=。

代数变形总结知识点归纳

代数变形总结知识点归纳1. 代数基本概念首先我们需要了解代数基本概念。

在数学中，代数主要研究数与其运算、结构及其运算规则的一门数学分支。

它通常包括整数、有理数、实数和复数等的运算，可以表示为一个数或数字的计算。

代数以字母表示数，并运用字母进行运算。

2. 代数基本运算代数变形的核心是代数基本运算，包括加法、减法、乘法和除法。

这些基本运算是进行代数变形的基础，需要我们熟练掌握。

3. 代数变形基本原则代数变形的基本原则包括等式变形和不等式变形。

等式变形需要保持等式两边的平衡，并逐步进行变形推导；不等式变形则需要关注不等式号的方向，保持不等式变形的方向一致。

4. 代数变形的运用代数变形广泛运用于数学各个领域，如解方程、化简表达式、证明恒等式等。

在解方程中，我们可以通过代数变形将一个方程式转化为另一个等价的方程式，从而求得方程的解；在化简表达式中，代数变形可以将一个复杂的表达式转化为更简洁的形式，便于计算和分析；在证明恒等式中，代数变形可以帮助我们推导出一个恒等式的证明过程。

5. 代数变形的基本技巧代数变形的基本技巧包括合并同类项、分配律、因式分解、配方法、移项、等价变形等。

这些基本技巧在代数变形中经常被使用到，它们是进行变形的重要手段。

6. 代数变形的应用举例代数变形在数学中有着广泛的应用。

比如在解决实际问题时，我们常常需要建立方程模型，并通过代数变形来解决问题；在微积分中，代数变形是求导和积分的基础；在抽象代数中，代数变形是分析和研究代数结构的重要工具；在线性代数中，代数变形是求解线性方程组和计算矩阵运算的基础。

7. 代数变形的重要性和必要性代数变形是数学中的一个重要概念，它在数学学科中有着广泛的应用。

通过代数变形，我们可以将复杂的数学问题简化，使其更易于处理和理解。

因此，代数变形是数学学习的重要组成部分，也是数学解题的重要方法。

综上所述，代数变形是数学中一个重要的基础概念，它通过数学运算和变形规则，使复杂的数学问题变得更易于处理。

高中代数变形规律总结

高中代数变形规律总结高中代数是数学学科的重要组成部分，掌握代数变形规律对于提高学生的数学素养和解题能力具有重要意义。

本文将总结高中代数中的一些常见变形规律，以帮助学生更好地理解和应用代数知识。

一、等式的性质和变形等式是代数中最重要的概念之一，掌握等式的性质和变形规律是解决代数问题的关键。

等式的性质包括：等式的两边加上或减去同一个数，等式仍成立；等式的两边乘以或除以同一个非零数，等式仍成立。

基于这些性质，我们可以进行以下变形：1.移项：将等式的一边移到另一边，同时改变符号。

例如，从2x + 3 = 5中，我们可以得到2x = 2。

2.合并同类项：将等式中的同类项合并在一起。

例如，从2x + 3x = 5中，我们可以得到5x = 5。

3.提取公因数：从等式中提取公因数，简化表达式。

例如，从2x(x + 3) = 5中，我们可以得到2(x + 3) = 5。

二、不等式的性质和变形不等式是描述两个数之间大小关系的数学符号。

不等式的性质包括：不等式的两边加上或减去同一个数，不等式仍然成立；不等式的两边乘以或除以同一个正数，不等式仍然成立；不等式的两边乘以或除以同一个负数，不等式反向。

基于这些性质，我们可以进行以下变形：1.移项：将不等式的一边移到另一边，同时改变不等号的方向。

例如，从2x > 3中，我们可以得到2x - 3 > 0。

2.合并同类项：将不等式中的同类项合并在一起。

例如，从2x > 3x + 1中，我们可以得到-x > 1。

3.提取公因数：从不等式中提取公因数，简化表达式。

例如，从2x(x + 3) >5中，我们可以得到2(x + 3) > 5。

三、指数和幂的变形指数和幂是代数中的重要概念，掌握它们的变形规律对于解决复杂问题具有重要意义。

指数的变形包括：指数的乘法法则、指数的除法法则、指数的乘方法则等。

幂的变形包括：幂的乘法法则、幂的除法法则、幂的乘方法则等。

从动脑思考转为动手思考的代数变形——以巧用拼图因式分解教学设计为例

从动脑思考转为动手思考的代数变形——以巧用拼图因式分
解教学设计为例
赵建平;方秀娟
【期刊名称】《数理化解题研究》
【年(卷),期】2024()11
【摘要】文章以巧用拼图因式分解为例,思考如何将初中数学课堂教学中的动脑思考一步步转向动手思考,再从动手操作里逆向抽象出简约的数学模型,从不同纸片的拼接或者叠放的探究来解决代数变形问题,对基本图形的拼接、叠加和优化,将初中数学中的十字相乘法分解因式巧妙转化为拼图游戏课.通过抓住面积不变的关键点,让学生进行动手操作并深度思考,从而在图形的变化探寻中感受代数式变形的奥秘,激发学生的数学兴趣,培养其核心素养.
【总页数】3页(P53-55)
【作者】赵建平;方秀娟
【作者单位】浙江省湖州市吴兴区教育局教学研究与培训中心;浙江省湖州市吴兴实验中学
【正文语种】中文
【中图分类】G632
【相关文献】
1.拼图:“因式分解”教学的另类尝试——一节数学实验课的设计、实践与思考
2.循循善诱促思考,动手构建探新知——以\"蛋白质—蛋白质的结构\"教学片段设计
为例3.5G时代数学实验混合式教学的设计与思考——以“拼图与乘法公式”为例4.指向代数推理的单元教学设计与思考——以“一元二次方程的解法”教学为例
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代数变形常用技巧及其应用

代数变形常用技巧及其应用代数变形是数学中常用的一种技巧，用于处理代数表达式的结构和形式，以便简化和解决问题。

下面将介绍一些常见的代数变形技巧及其应用。

一、合并同类项：合并同类项是将具有相同字母和相同指数的项合并为一个项。

例如，将2x + 3x合并为5x，将4y²- 2y²合并为2y²。

这个技巧常用于简化代数表达式和解方程。

二、分配律：分配律是将一个数与一个括号中的表达式的每一项相乘，然后将结果相加或相减。

例如，将3(x + 2)扩展为3x + 6，将2(4x - 5)扩展为8x - 10。

这个技巧常用于化简和展开代数表达式。

三、因式分解：因式分解是将一个代数表达式分解成乘积的形式。

例如，将x²+ 4x + 4因式分解为(x + 2)(x + 2)，将3x²- 9因式分解为3(x - 3)(x + 3)。

这个技巧常用于解方程、简化分式和化简根式。

四、配方法：配方法是一种通过添加和减去适当的常数，使得一个代数表达式可以分解为平方的和或差的形式。

例如，将x²+ 6x + 9配方为(x + 3)²，将x²- 4x + 4配方为(x - 2)²。

这个技巧常用于解方程、化简根式和完成平方。

五、整理方程：整理方程是将方程中的项重新排列和组合，使得方程的形式更加简洁和易于解答。

例如，将2x + 3 = 7整理为2x = 4，将3x²- 5x + 2 = 0整理为3x²- 5x = -2。

这个技巧常用于解方程和求解未知数。

六、代入法：代入法是将一个变量的值代入到一个方程或表达式中，以便求解其他变量的值。

例如，将x = 2代入到2x + 3中，得到2(2) + 3 = 7。

这个技巧常用于解方程组和求解变量的值。

以上是一些常见的代数变形技巧及其应用。

通过灵活运用这些技巧，我们可以简化代数表达式、解决数学问题，以及更深入地理解代数的概念和原理。

代数变形总结知识点

代数变形总结知识点一、代数基本变形法1. 分配律分配律是代数中一个非常重要的运算法则，它是代数变形中的基本法则之一。

分配律规定了乘法和加法之间的运算规则，即(a+b)*c = a*c + b*c，其中a、b、c为任意实数，这个规则对于代数的各种运算起着非常重要的作用。

在代数变形中，利用分配律可以简化表达式，化简复杂的式子，从而更方便地进行计算和求解。

2. 合并同类项合并同类项是代数变形中的一个基本操作，它是将具有相同变量的项合并为一个新的项的过程。

例如，3x+2x=5x，这里3x和2x都是x的项，将它们合并为5x。

合并同类项不仅可以简化代数表达式，还可以帮助我们更好地理解和分析式子的结构，从而更方便地进行进一步的计算和求解。

3. 移项变换移项变换是代数变形中的一个重要技巧，它是将方程中的项移至等号的另一侧的过程。

通过移项变换，我们可以将方程的各个项重新排列，从而更方便地对方程进行分析和求解。

在代数变形中，移项变换是一种非常常用的技巧，可以帮助我们简化和化解复杂的方程，使得求解过程更加直观和方便。

4. 化简化简是代数变形中一个非常重要的方法，它可以将复杂的代数表达式化简为简单的形式，从而更方便进行计算和分析。

在代数变形中，化简是一个非常常见的操作，它可以帮助我们更好地理解和分析问题，同时也可以使得求解过程更加有效和简便。

二、代数变形中的常见错误与解决方法1. 漏项、错项在代数变形中，漏项和错项是一个非常常见的错误，这种错误可能会导致整个计算的结果出现偏差或者错误。

为了避免这种情况发生，我们需要在代数变形过程中对各个步骤进行反复检查和核对，确保每一个步骤的正确性。

2. 符号计算错误代数变形中，符号计算错误也是一个比较常见的问题，很多时候可能是因为计算过程中没有按照正确的规则进行计算，或者是对符号计算规则理解不够清楚所导致。

为了避免符号计算错误，我们需要在代数变形的过程中认真对待每一步的计算，确保按照正确的规则进行计算。

从动脑思考转为动手思考的代数变形——以巧用拼图因式分解教学设计为例

从动脑思考转为动手思考的代数变形以巧用拼图因式分解教学设计为例赵建平１㊀方秀娟２(１.浙江省湖州市吴兴区教育局教学研究与培训中心ꎬ浙江湖州３１３０００ꎻ２.浙江省湖州市吴兴实验中学ꎬ浙江湖州３１３０００)摘㊀要:文章以巧用拼图因式分解为例ꎬ思考如何将初中数学课堂教学中的动脑思考一步步转向动手思考ꎬ再从动手操作里逆向抽象出简约的数学模型ꎬ从不同纸片的拼接或者叠放的探究来解决代数变形问题ꎬ对基本图形的拼接㊁叠加和优化ꎬ将初中数学中的十字相乘法分解因式巧妙转化为拼图游戏课.通过抓住面积不变的关键点ꎬ让学生进行动手操作并深度思考ꎬ从而在图形的变化探寻中感受代数式变形的奥秘ꎬ激发学生的数学兴趣ꎬ培养其核心素养.关键词:动脑思考ꎻ动手思考ꎻ代数变形ꎻ拼图建构ꎻ语言转化中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２４)１１－００５３－０３收稿日期:２０２４－０１－１５作者简介:赵建平(１９７０ )ꎬ男ꎬ浙江省湖州人ꎬ本科ꎬ中小学高级教师ꎬ从事初中数学教学研究ꎻ方秀娟(１９９６ )ꎬ女ꎬ浙江省湖州人ꎬ本科ꎬ中小学一级教师ꎬ从事初中数学教学研究.㊀㊀浙教版初中数学七年级教材中的因式分解ꎬ针对十字相乘法的教学篇幅很少而且内容很浅ꎬ但高中及后续数学学习对这方面的要求却比较高.为更好掌握十字相乘法分解因式ꎬ尝试用拼图游戏的思路来设计本课ꎬ让学生在抽象的代数变形中将动脑思考转变为可操作的动手思考[１].１设计动脑思考解决不了的劣构问题七年级学生对于二次项系数不是１的二次三项式还不能因式分解ꎬ教材中只对二次项系数为１的整式采用十字相乘法分解ꎬ课前设计一个学生不能解决的问题ꎬ利用挖坑的学习法激发学生的认知冲突ꎬ引发其动手思考.例１㊀把多项式３ａ２＋７ａｂ＋２ｂ２因式分解.在学生一筹莫展时ꎬ直接给出图片信息作为辅助.已有面积分别为ａˑａꎬｂˑｂꎬａˑｂ的Ａ型㊁Ｂ型㊁Ｃ型纸片若干ꎬ拼成图形如右图所示ꎬ根据图片信息ꎬ思考能否帮助完成刚才的因式分解问题.图１㊀Ａ型㊁Ｂ型㊁Ｃ型纸片及其拼成的长方形观察图１可以得出ꎬ长方形恰由３个Ａ型㊁２个Ｂ型的正方形纸片以及７个Ｃ型的长方形纸片构成ꎬ面积即为３ａ２＋７ａｂ＋２ｂ２ꎬ同时长方形的面积也可以表示为(３ａ＋ｂ)(ａ＋２ｂ)ꎬ即为长与宽的乘积ꎬ所以３ａ２＋７ａｂ＋２ｂ２＝(３ａ＋ｂ)(ａ＋２ｂ).根据因式分解时定义ꎬ此即为因式分解的结果.设计意图:引导学生在回忆已有的因式分解方法(提取公因式法㊁公式法等)的基础上ꎬ思考当遇到已有的知识不能解决的问题时如何更进一步地探究.图形信息的转换之间ꎬ可以直接读出代数语言作为结论ꎬ图形的语言信息究竟还可以有哪些规律性３５的结论帮助我们进行代数上的分解ꎬ触发了对以上拼图问题的进一步的思考.２搭建可操作性强的动手思考平台通过有启发的尝试与探究ꎬ巧用拼图解决了较为简单的二次三项式因式分解后ꎬ通过层层推进有梯度的三个学生活动在拼图中进行技巧探寻ꎬ从而搭建了许多动手思考的平台ꎬ让学生利用提供的支架进行深度思考.例２㊀按要求完成下列活动:活动１:回忆完全平方公式(ａ＋ｂ)２＝ａ２＋２ａｂ＋ｂ２对应的几何图形.分析㊀学习过程中其实已经涉及图形语言与代数信息的关联探讨.图２是边长为(ａ＋ｂ)的正方形ꎬ可以拆解成１个ａˑａꎬ１个ｂˑｂ的正方形以及２个ａˑｂ的纸片.该公式从左往右看为整式乘法ꎬ从右往左看即为因式分解ꎬ所以若能倒推先得到图形的面积构成及拼法ꎬ就能通过从外围边长反推因式分解结果.图２㊀(ａ＋ｂ)的正方形活动２:如图３ꎬ思考１个ａˑａ㊁４个ｂˑｂ的正方形以及４个ａˑｂ的纸片还可以拼成怎样的规则图形ꎬ得到怎样的等式.图３㊀不同拼图方法示意图活动３:想要拼得再大一点的正方形ꎬ至少还需要不同类型的纸片多少张ꎬ对于不同小正方形的纸片数量各有什么要求?(各类正方形纸片数量都是平方数１ꎬ４ꎬ９ꎬ )活动４:有３张Ａ型(ａˑａ)ꎬ４张Ｂ型(ｂˑｂ)ꎬ５张Ｃ型(ａˑｂ)纸片.从中取出若干张纸片ꎬ每种纸片至少取一张ꎬ把取出的这些纸片拼成一个正方形(无空隙㊁无重叠地拼接)ꎬ求拼成的正方形边长的最大值.分析㊀在得到了拼成正方形所需的小正方形数量上的规律后ꎬ范围内只有１张Ａ型㊁４张Ｃ型纸片的数量是满足要求的ꎬ深化学生对于拼图过程中数量规律的理解.活动５:分别选取适当数量的Ａ型(ａˑａ)㊁Ｂ型(ｂˑｂ)㊁Ｃ型(ａˑｂ)纸片ꎬ拼出一个长㊁宽分别为(ａ＋２ｂ)和(ａ＋ｂ)的长方形ꎬ求需要Ａ型㊁Ｂ型㊁Ｃ型纸片各自的张数ꎬ并思考如何摆放.图４㊀活动５拼图示意图设计意图:从拼成正方形推广到更为普遍的长方形ꎬ一步步探究拼图过程中的数量规律(正方形数量各为平方数)和位置规律(相等边贴着放ꎬ正方形对角放ꎬ定边长再平移).基本拼图规律的总结ꎬ让之后深入运用与问题思考有迹可循.３拓展多维开放的动手思考空间通过不同的动手尝试与思考ꎬ解决拼图过程的思维阻焊点.本课例中设计三个有深度问题ꎬ引发学生多角度去思考ꎬ拓展了更加开放的动手思考的空间ꎬ让学生进行从图形变化到代数变形的自我建构[２]ꎬ从而利用支架进行深度思考.例３㊀完成下列问题:问题１:思考ａ２＋５ａｂ＋６ｂ２的因式分解结果.分析㊀１张ａˑａꎬ６张ｂˑｂ的正方形纸片摆放位置需要先确定ꎬ后者就有１ˑ６ꎬ６ˑ１ꎬ２ˑ３ꎬ３ˑ２几种不同位置情况ꎬ引导学生深度思考ꎬ当填补部分需要ａˑｂ的长方形个数刚好为５个时可以判断该种摆放方式符合要求.利用分类讨论的思想进行具体分析.显然ꎬ第三㊁四两种情况刚好满足拼图要求.此时因式分解的结果为ａ２＋５ａｂ＋６ｂ２＝(ａ＋３ｂ)(ａ４５＋２ｂ)或ａ２＋５ａｂ＋６ｂ２＝(ａ＋２ｂ)(ａ＋３ｂ).图５㊀问题１的不同拼图设计意图:图５通过分类讨论面积为ａ２与ｂ２的正方形的摆放位置去凑剩余部分满足中间项５ａｂ的做法ꎬ类比于用十字相乘法因式分解中的拆两头ꎬ凑中间来验证的思想.问题２:能否用适当数量的Ａ型㊁Ｂ型㊁Ｃ型卡片ꎬ拼成一个面积为２ａ２＋３ａｂ＋３ｂ２的长方形.图６㊀问题２拼图分析㊀图６不论两类正方形的位置怎么摆放ꎬ所需要面积为ａˑｂ的长方形个数都不能刚好为三个ꎬ因此无法用拼图所得.设计意图:若二次三项式无法进行因式分解ꎬ进而对应面积的长方形不可能通过拼图所得.发现了这一因式分解的验证依据ꎬ进一步引申对长方形面积的思考:即用来拼图的正方形与长方形纸片张数有一定的数量要求.通过问题循序渐进地抛出与解决ꎬ慢慢引导学生发现并探究拼图过程中的规律.问题３:若取Ａ型㊁Ｂ型㊁Ｃ型卡纸片若干张(三种纸片都要取到)ꎬ拼成一个长方形ꎬ使其面积为４ａ２＋ｍａｂ＋ｂ２ꎬ求ｍ的值.设计意图:小组合作的形式ꎬ让学生发散性地对得到的知识进行验证与思考ꎬ在组内合作讨论㊁组间交流学习过程中ꎬ进一步深化对应用性知识的理解.４反思与建构动手思考后的活动经验对小组合作及动手操作中积累的活动经验进行反思ꎬ提炼拼图与解决问题中的爬坑经验.本课例中的问题思考ꎬ正是反思与建构动手思考后的理论感悟ꎬ让学生在已有经验上迁移应用[３].例４㊀问题思考:对下列多项式ａ２－ａｂ－２ｂ２进行因式分解.分析㊀回忆平方差公式(ａ＋ｂ)(ａ－ｂ)＝ａ２－ｂ２对应图形的由来ꎬ如图７ꎬ若长方形的面积表达式中出现负号ꎬ巧用割补法把不规则图形通过先切割㊁再找等边进行拼接组成规则图形即可得到ａ２－ａｂ－２ｂ２＝(ａ＋ｂ)(ａ－２ｂ).图７㊀例４拼图设计意图:负号的引入ꎬ引发学生联想平方差公式推导过程中割补法的运用.从不规则图形转化成规则图形的化归思想ꎬ以及从遇到问题到方法找寻的思考探究过程ꎬ让学生进一步感受数学学习中数形结合㊁层层递进的美妙感.５结束语通过先给学生设计用动脑思考无法直接解决的实际问题ꎬ激发学生认知冲突后创新ꎬ再搭建让学生操作的动手思考平台ꎬ进而逐步启发与拓展多维的动手思考空间ꎬ最后进行理论提炼后积累活动经验ꎬ从而解决生活中的实际问题.本课例通过拼图ꎬ利用给定面积的长方形的长与宽ꎬ引导学生在数形结合的思想中用拼图进行因式分解ꎬ通过外拼与内割总结不同类图形的拼接规律ꎬ巧借拼图将数学符号语言与数学图形语言进行了结合ꎬ让多维的图形变化归一成简约的代数变形表达ꎬ从而在数学动手操作中培养学生核心素养.参考文献:[１]章建跃.核心素养导向的初中数学教学变革[Ｊ].中学数学教学参考ꎬ２０２３(１):２－５. [２]陶明.ＰＩＳＡ数学测评与我国数学教育测评比较探究[Ｊ].中小学数学ꎬ２０２１(７):９０－９２. [３]陆卓涛ꎬ安桂清.学科实践的内涵㊁价值与实现路径[Ｊ].课程教材教法ꎬ２０２２(９):７３－７７.[责任编辑:李㊀璟]５５。

高考数学复习专题代数变形常用技巧及其应用

代数变形常用技巧及其应用代数恒等变形是数学解题的基石，变形能力的强弱直接制约着解题能力的高低。

变形实质上是为了达到某种目的而采用的“手段”，是化归、转化和联想的准备阶段，它属于技能性的知识，需要在实践中反复操练才能把握、乃至灵活与综合应用。

针对学生在平时学习中不善于积累变形经验，在稍复杂的问题面前常因变形方向不清，而导致常规的化归、转化工作难以实施，甚至以“失败”而告终；其直接后果是应试能力差、效益低。

本文旨在展现代数运算和解题中常见的变形技巧，帮助学生找回失落而又重要的变形“通法”。

1.整式变形：按“主元”合并同类项并依降幂或升幂排列。

例1 设函数c bx ax x f ++=2)(，.,,R c b a ∈若点),(y x 在函数)(x f y =的图象上，则点)1,(2+y x 在函数))(()(x f f x g =的图象上，试求)(x g 的解析式。

分析一般地，以x 为主元，从)(x f y =和))((12x f f y =+中产生x 的四次恒等式，比较系数便可求出,,,c b a 但此法过程繁冗。

若转换思维，视y 为主元，则有如下简解。

解由)(x f y =和))((12x f f y =+可得c by ay y ++=+221，由题意知它是关于y 的恒等式，故立知,1,0,1===c b a 从而221)1())(()(2422++=++==x x x x f f x g 。

评注：通法通则使人有章可循，数学中的“最简形式”、“一般形式”、“标准形式”等即便如此。

但在实施通法通则的变形过程中，只有把握问题的本质，才能达到灵活变通之目的。

2 分式变形：通分化简乃通法，但诸多涉及分式的问题仅此而已是不够的，尚需按既定的目标逆向变通，这时将分式分解成“部分分式”、“分离常数”、“分子变位”等便成了特殊的“技巧”，灵活应用便使问题迎刃而解。

例2 已知)1(log )(2+=x x f 。

代数变形常用技巧及其应用

良师导学77代数变形常用技巧及其应用★李雨凡对于代数的变形来讲，它作为数学解题的关键所在，学生对代数变形的掌握程度以及变形能力的高低，直接决定了其解题的能力。

之所以变形，它的根本目的就是要把题目简化并最终解决。

作为一种机能性很强的知识，它必须要通过不断地练习，才能慢慢的掌握。

本文展开了详细的分析。

一、代数变形的应用方法1、因式分解把一个多项式化成几个整式乘积的形式叫做因式分解，这在我们数学的解题过程中也是最常用到的一种方法。

2、因式的变形法学生在运用公司进行推理和运算的时候，往往无法做到灵活的运用，不知道怎么将公示转换变形。

究其原因，往往就是公式的变形能力差，所以，怎么进行因式教学的这一部分内容的时候，必须要针对以下的几种变形强加练习。

（1）公式基本变形我们可以将其展开，并对其移项，通过分配以及结合等等的方式，对其进行变形，从而得到一系列的公式。

但是，这一系列的公式并不需要我们完全将其记住，只要多做这方面的练习，就能够活用这些公式。

（2）公式推广变形对于很多比较重要的公式，我们都可以将其做出一些推广，而对于那些重要的推广结论，应该要求学生将其记住，因为，通常这些结论都有助于那些复杂问题的解决。

（3）公式反向变形对于很多的公式，学生往往只对那些正向的结论熟悉，而对这些公式的反向运用却往往忽视了，有时候看到一个公式，很难会联想到它的反向面。

但是，事实上，在很多的题目中，都需要通过反向变形的方式来解决。

3、构造法在具体的解题过程中，构造法也是一种经常会用到的方式。

这样的方式，主要是通过对条件以及结论的分析，将一个辅助的元素构造起来。

对于这一辅助元素，它既可以是一个图形、也可以使一个方程、还可以是一个函数或者一个等式等等。

这样的方式，实现了代数、三角以及几何等一系列问题的渗透，有效的将条件和结论串联起来，从而把题目解决。

4、反证法对于反证法来讲，作为一种间接的证法，它主要是先把和命题结论相反的假设提出来，在这之后，以这个假设为基础，通过一系列的推理和分析，造成矛盾，从而就能够把这一假设给否定掉，于是，原命题就被肯定。

初中数学知识归纳数的性质与变换的应用

初中数学知识归纳数的性质与变换的应用初中数学知识归纳：数的性质与变换的应用数学是一门抽象而又实用的学科，它研究数与图形、形式和结构之间的关系。

在初中阶段，数的性质与变换的应用是数学学习的重点内容。

本文将以整洁美观的排版和流畅的语句，对初中数学知识中的数的性质与变换的应用进行归纳和总结。

1.整数性质与运算整数是自然数、零和负整数的总称。

整数具有加法、减法、乘法和除法运算，且满足运算的封闭性、结合律、交换律和分配律。

在运算中，我们经常需要利用整数性质推导和解决实际问题。

举例：小明去超市买东西，他拿了5元钱，买了一瓶饮料，价格为3元，还找给他零钱。

我们可以利用整数的性质进行计算：5元钱减去3元钱等于2元钱，即5 - 3 = 2。

所以小明找到的零钱是2元。

2.分数的性质与运算分数是指整数和整数的比值，包括真分数、假分数和带分数。

分数具有加法、减法、乘法和除法运算，且也满足运算的封闭性、结合律、交换律和分配律。

我们可以利用分数的性质进行分数运算和解决实际问题。

举例：小明参加数学竞赛，共有100道题，他做对了80道题。

我们可以利用分数的性质进行计算：小明做对的题目数和总题目数的比值等于80/100，即80%。

所以小明的正确率是80%。

3.小数的性质与运算小数是指整数和整数的比值，小数部分是有限位或无限循环的。

小数具有加法、减法、乘法和除法运算，同样满足运算的封闭性、结合律、交换律和分配律。

我们可以利用小数的性质进行小数运算和解决实际问题。

举例：小红去超市买苹果，她买了2.5千克的苹果，每千克的价格是5元。

我们可以利用小数的性质进行计算：2.5千克乘以5元/千克，等于12.5元。

所以小红购买苹果的总费用是12.5元。

4.数的变换与应用数的变换包括尺规作图、代数变形和方程求解等。

在实际问题中，我们常常需要将问题转化为数学模型，然后利用数的变换进行分析和求解。

举例：小明在矩形花坛中栽种鲜花，花坛的长是2m，宽是1m。

反思代数变形中常用的技巧与应用

反思代数变形中常用的技巧与应用
作者：吴娟娟
来源：《文理导航·教育研究与实践》2018年第06期
【摘要】学习数学一直是人的思维、分析问题、解决问题等能力的锻炼。

而在数学的解题的学习过程中会发现有很多种代数变形可以用来化简题目，使之更为简单，代数变形中的常用技巧基本上是贯穿于中学的学习当中，掌握这些技巧是必然的，而学生的困难就是在这么多技巧方法上如何来判断哪道题目用哪种方法。

通过结合一些例子对代数变形的运用情况给出几个在解综合性题目时如何合理选择解题技巧的方法，可以提高学生的思维能力和分析问题的能力，帮助学生能够更好的提高自己的解题综合能力。

【关键词】代数变形；解题技巧；解题综合能力；变形应用。