代数式恒等变形及答案.doc
代数式的恒等变形
教学·信息 课程教育研究 Course Education Ressearch 2015年9月 下旬刊174· ·著名教育家裴斯泰洛奇说过：“教学最大的挑战是她的不可预知性。
”语文课堂教学是师生、生生、生本之间相互对话、相互碰撞的动态过程，课堂随时会出现一些非预设性的新情况、新动态。
这就是所谓的“不可预知性”，通常也叫做节外生枝。
教师该如何运用教学的节外生枝，使其也能绽放出春天的光彩，我谈两个看法。
一、节外生枝，巧在引导有位教师教学苏教版五年级下册的《埃及的金字塔》第二自然段，形成下面的对话：师：读了这段话，谁来说说金字塔有什么作用？生：金字塔是拿来看的！（全班同学哄堂大笑，该同学满脸通红）师：这位同学已经跳出课文，融入了自己的理解，他把今天金字塔的作用用一个“看”字进行了高度的概括。
这个“看”字可不一般呀，同学们请想一想，你能给“看”换个词吗？生（纷纷举手）：欣赏、研究、考察、勘探、瞻仰。
师：说得好！下面请同学们认真的默读第3、4、5、自然段，想一想，不同身份的人站在金字塔前，他们是怎么“看”的？《课标》指出：“阅读是学生的个性化行为。
”学生对文本的阅读感悟，是依据自己的阅读经验和情感而产生自然而真实的反应，有时会出现教师不可预料的阅读感悟。
上述教学，由于学生的生活经验和对文本的感悟不同，其认识确实偏离了课文内容。
但执教老师却没有简单地否定，而是充分尊重学生的个性化理解，顺学而导，由“看”引出“欣赏、研究、考察、勘探、瞻仰”等意思，让学生带着问题与文本进行一番深层次的对话，再次交流自己的体会和感悟。
看似离谱的回答，在老师巧妙地引导下，竟化腐朽为神奇。
学生的思维火花被点燃了，“欣赏金字塔、研究金字塔、勘探金字塔……”，对金字塔的崇敬之情、热爱之情油然而生，课堂呈现百花齐放、百家争鸣的局面，也加深了学生对文本的理解和感悟。
这样的引导，既呵护了学生，化解课堂教学的尴尬，又引发学生深入阅读探究，发表见解，从而获得真知求知。
代数式恒等变形及答案
代数式恒等变形A 卷1、若3265122-+-+=+--x bx a M x x x ，a 、b 是常数，则（ ） A 、M 是一个二次多项式 B 、M 是一个一次多项式 C 、6=++b a M D 、10=-+M b a 答案：C解答：由已知等式得：()()6522656512222+---+++-+=+--x x b M x b a M Mx x x x ∴()()b M x b a M Mx x 226522--+++-+= ∴⎪⎩⎪⎨⎧-=--=++-=1236051b a M b a M M ，解得：⎪⎩⎪⎨⎧=-==831b a M 提示：利用待定系数法解决问题。
2、（2002年重庆市初中竞赛题）若012192=+-x x ，则=+441xx （ ） A 、411 B 、16121 C 、1689 D 、427答案：C 解答：∵0≠x ∴2191=+x x ，411122=+xx ∴168921122244=-⎪⎭⎫ ⎝⎛+=+x x x x提示：本题的关键是利用211222-⎪⎭⎫⎝⎛+=+x x x x 进行化简。
3、（2001年全国初中数学竞赛）若143=-x x ，则552128234+--+x x x x 的值是（ ） A 、2 B 、4 C 、6 D 、8 答案：D解答：∵143=-x x∴()()8523252434255212833234=+-+=+--+-=+--+x x x x x x x x x x x x提示：本题利用添项与拆项进行分解整体代入，本题也可以利用已知逐步降次解决问题。
4、（全国竞赛题）如果52332412---=----+cc b a b a ，则c b a ++的值是（ ） A 、6 B 、8 C 、20 D 、24 答案：C解答：∵52332412---=----+cc b a b a ∴()[]()[]()[]053293632142421121=+--+----+---++---c c b b a a∴()()()033212211222=-----+--c b a∴011=--a ，022=--b ，033=--c ∴2=a ，6=b ，12=c ∴20=++c b a提示：本题利用添项构造完全平方式解决问题。
代数式的恒等变形
代数式的恒等变形一、常值代换求值法——“1”的妙用例1 、 已知ab=1，求221111ba +++的值 [解] 把ab=1代入，得221111b a +++ =22b ab aba ab ab +++ =b a a b a b +++=1例2 、已知xyzt=1，求下面代数式的值：分析 直接通分是笨拙的解法，可以利用条件将某些项的形式变一变．解 根据分式的基本性质，分子、分母可以同时乘以一个不为零的式子，分式的值不变．利用已知条件，可将前三个分式的分母变为与第四个相同．同理练习：1111,1=++++++++=c ca cb bc b a ab a abc 证明：若二、配方法例1、 若实数a 、b 满足a2b2+a2+b2-4ab+1=0，求b a a b +之值。
[解] ∵a2b2+a2+b2-4ab+1=(a2b2-2ab+1)(a2-2ab+b2) =(ab-1)2+(a-b)2则有(ab-1)2+(a-b)2=0∴⎩⎨⎧==-.1,0ab b a解得⎩⎨⎧==;1,1b a ⎩⎨⎧-=-=.1,1b a当a=1，b=1时，b aa b +=1+1=2 当a=-1，b=-1时，b a a b +=1+1=2 例1 设a 、b 、c 、d 都是整数，且m=a2+b2,n=c2+d2,mn 也可以表示成两个整数的平方和，其形式是______.解mn=(a2+b2)(c2+d2)=a2c2+2abcd+b2d2+a2d2+b2c2-2abcd =(ac+bd)2+(ad-bc)2=(ac-bd)2+(ad+bc)2,所以，mn 的形式为(ac+bd)2+(ad-bc)2或（ac-bd ）2+(ad+bc)2.例 2 设x 、y 、z 为实数，且(y-z)2+(x-y)2+(z-x)2=(y+z-2x)2+(z+x-2y)2+(x+y-2z)2.求的值.解 将条件化简成2x2+2y2+2z2-2xy-2x2-2yz=0 ∴ (x-y)2+(x-z)2+(y-z)2=0 ∴ x=y=z,∴原式=1.练习：,0146422222=+---++x cx bx ax c b a 已知求证：3:2:1::=c b a三、因式分解法例6 已知a4+b4+c4+d4=4abcd ，且a ，b ，c ，d 都是正数，求证：a=b=c=d ． 证 由已知可得a4+b4+c4+d4-4abcd=0，(a2-b2)2+(c2-d2)2+2a2b2+2c2d2-4abcd=0， 所以(a2-b2)2+(c2-d2)2+2(ab-cd)2=0．因为(a2-b2)2≥0，(c2-d2)2≥0，(ab-cd)2≥0，所以 a2-b2=c2-d2=ab-cd=0，所以 (a+b)(a-b)=(c+d)(c-d)＝0．又因为a ，b ，c ，d 都为正数，所以a+b≠0，c+d≠0，所以 a ＝b ，c=d ． 所以ab-cd=a2-c2=(a+c)(a-c)=0， 所以a ＝c ．故a=b ＝c=d 成立．例4 已知|a|+|b|=|ab|+1， 求a+b 之值 [解] ∵|a|+|b|=|ab|+1∴|a|·|b|-|a|-|b|+1=0 (|a|-1)(|b|-1)=0 |a|=1 |b|=1 ∴a=±1或b=±1. 则当a=1，b=1时，a+b=2 当a=1，b=-1时，a+b=0 当a=-1，b=1时，a+b=0当a=-1，b=-1时，a+b=-2[评注] 运用该法一般有两种途径求值，一是将已知条件变形为一边为0，另一边能分解成几个因式的积的形式，运用“若A ·B=0，则A=0或B=0”的思想来解决问题。
整式恒等变形
第8讲整式恒等变形模块一恒等变形→降幂迭代与换元基础夯实题型一降幂迭代法与大除法【例1】(第14届“希望杯”邀请赛试题)如果x2＋x－1＝0，那么x3＋2x2＋3＝__________．【练1】(1990年第一届希望杯初二第一试)已知3x2＋4x－7＝0，求6x4＋11x3－7x2－3x－7的值．题型二 整体代入消元法【例2】(第14届希望杯1试)若x ＋y ＝－1，求x 4＋5x 3y ＋x 2y ＋8x 2y 2＋xy 2＋5xy 3＋y 4的值．【练2】当x －y ＝1时，求x 4－xy 3－x 3y －3x 2y ＋3xy 2＋y 4的值．题型三 换元法强化挑战【例3】化简(y ＋z －2x )2＋(z ＋x －2y )2＋(x ＋y －2z )2－3(y －z )2－3(x －y )2－3(x －z )2．【练3】已知x ，y ，z 为有理数(y －z )2＋(z －x )2＋(x －y )2＝(y ＋z －2x )2＋(x ＋z －2y )2＋(x ＋y －2z )2，求()()()()()()222111111yz zx xy x y z ++++++的值．模块二 恒等变形→因式分解与不定方程题型一 因式分解基础夯实【例4】(1)已知a 5－a 4b －a 4＋a －b －1＝0，且2a －3b ＝1，则a 3＋b 3的值等于________．(2)若a 4＋b 4＝a 2－2a 2b 2＋b 2＋6，则a 2＋b 2＝________．【练4】(1)若x 满足x 5＋x 4＋x ＝－1则x ＋x 2＋x 3＋…＋x 2012＝__________．(2)已知15x 2－47xy ＋28y 2＝0，求x y的值．强化挑战【例5】已知：a 、b 、c 为三角形的三条边，且a 2＋4ac ＋3c 2－3ab －7bc ＋2b 2＝0，求证：2b ＝a ＋c ．【练5】(1)在三角形ABC 中，a 2－16b 2－c 2＋6ab ＋10bc ＝0，其中a ，b ，c 是三角形的三边，求证：a ＋c ＝2b ．(2)已知△ABC 三边a 、b 、c ，满足条件a 2c －a 2b ＋ab 2－b 2c ＋c 2b －ac 2＝0，试判断△ABC 的形状，并说明理由．题型二 不定方程【例6】(1)方程xy －2x －2y ＋7＝0的整数解(x ≤y )为___________．(2)已知a ＞b ＞c ≥0，求适合等式abc ＋ab ＋ac ＋bc ＋a ＋b ＋c ＝2011的整数a ，b ，c 的值．【练6】(1)长方形的周长为16cm ，它的两边长x ，y 均为整数，且满足x －y －x 2＋2xy －y 2＋2＝0，求它的面积．(2)矩形的周长28cm ，两边长为x cm 、y cm ，且x 3＋x 2y －xy 2－y 3＝0，求矩形的面积．【例7】(2000年联赛)实数x ，y 满足x ≥y ≥1和2x 2－xy －5x ＋y ＋4＝0，则x ＋y ＝_______．【练7】当x 变化时，分式22365112x x x x ++++的最小值是________．模块三 恒等变形→配方法【例8】已知x 2＋2xy ＋2y 2＋4y ＋4＝0，求x ，y ．【练8】已知x 2－6xy ＋10y 2－4y ＋4＝0，求x ，y ．【例9】已知x2＋2xy＋2y2＋4x＋8＝0，求x，y．【练9】已知x2－6xy＋10y2＋2x－8y＋2＝0，求x，y．【例10】已知实数a、b、c满足a－b＋c＝7，ab＋bc＋b＋c2＋16＝0．则ba的值等于____．【练10】已知a－b＝4，ab＋c2＋4＝0，则a＋b＝________．模块四恒等变形→乘法公式知识点睛【常见乘法公式】1、二元二次：(1)(a＋b)(a－b)＝__________．(2)(a－b)2＝__________．2、三元二次：(3)(a＋b＋c)2＝_________．(4)a2＋b2＋c2＋ab＋bc＋ca＝_______．3、二元三次：(5)(a＋b)3＝______________．(6)a3＋b3＝______________．4、三元三次：(7)(a＋1)(b＋1)(c＋1)＝abc＋ab＋bc＋ca＋a＋b＋c＋1(8)(a＋b)(b＋c)(c＋a)＝a2b＋b2c＋c2a＋ab2＋bc2＋ca2＋2abc(9)(a＋b＋c)(ab＋bc＋ca)＝a2b＋b2c＋c2a＋ab2＋bc2＋ca2＋3abc(10)a3＋b3＋c3－3abc＝(a＋b＋c)(a2＋b2＋c2－ab－bc－ca)5、三元四次：(11)(a＋b＋c)(a＋b－c)(b＋c－a)(c＋a－b)＝－a4－b4－c4＋2a2b2＋2b2c2＋2c2a26、二元n次：(12)a n－b n＝(a－b)(a n－1＋a n－2b＋a n－3b2＋…＋ab n－2＋b n－1)(13)a n＋b n＝(a＋b)(a n－1－a n－2b＋a n－3b2＋…－ab n－2＋b n－1)(n为奇数)7、n元二次：(14)(a1＋a2＋…＋a n)2＝a12＋a22＋…＋a n2＋2a1a2＋2a1a3＋…＋2a1a n＋2a2a3＋2a2a4＋…＋2a n－1a n．(15)a12＋…＋a n2＋a1a2＋…＋a1a n＋a2a3＋…＋a2a n＋…＋a n－1a n＝1[(a1＋a2)2＋…＋(a n－1＋a n)2]强化挑战【例11】已知实数a、b、x、y满足a＋b＝x＋y＝3，ax＋by＝4，求(a2＋b2)xy＋ab(x2＋y2)的值．【练11】(第6届希望杯初一)已知ax＋by＝7，ax2＋by2＝49，ax3＋by3＝133，ax4＋by4＝406，试求1995(x＋y)＋6xy－172(a＋b)的值．【例12】若a＋b＋c＝0，a3＋b3＋c3＝0，求证：a2011＋b2011＋c2011＝0．【练12】若a＋b－c＝3，a2＋b2＋c2＝3，那么a2012＋b2012＋c2012＝___________．【例13】(2009年北京市初二数学竞赛)设a＋b＋c＝0，a2＋b2＋c2＝1．(1)求ab＋bc＋ca的值；(2)求a4＋b4＋c4的值．【练13】若a＋b＋c＝1，a2＋b2＋c2＝2，a3＋b3＋c3＝83，(1)求abc的值；(2)求a4＋b4＋c4的值．巅峰突破【例14】若x＋y＝a＋b，且x2＋y2＝a2＋b2，求证:x2014＋y2014＝a2014＋b2014．【练14】已知a＋b＝c＋d，a3＋b3＝c3＋d3，求证:a2013＋b2013＝c2013＋d2013．【拓14】已知a＋b＝c＋d，a5＋b5＝c5＋d5，求证：a2013＋b2013＝c2013＋d2013．第8讲课后作业【习l】已知x2＋x－1＝0，求x8－7x4＋11的值．【习2】已知a＋b＋c＝1，b2＋c2－4ac＋6c＋1＝0，求abc的值．【习3】若m＝20062＋20062×20072＋20072，则m( )A．是完全平方数，还是奇数B．是完全平方数，还是偶数C．不是完全平方数，但是奇数D．不是完全平方数，但是偶数【习4】正整数a、b、c是等腰三角形三边的长，并且a＋bc＋b＋ca＝24，则这样的三角形有( ) A．1个B．2个C．3个D．4个【习5】已知a、b、c是一个三角形的三边，则a4＋b4＋c4－2a2b2－2b2c2－2c22a2的值( ) A．恒正B．恒负C．可正可负D．非负【习6】如果a＋2b＋3c＝12，且a2＋b2＋c2＝ab＋bc＋ca，求a＋b2＋c3的值．【习7】已知实数a、b、x、y满足a＋b＝x＋y＝2，ax＋by＝5，求(a2＋b2)xy＋ab(x2＋y2)的值．【习8】已知x是实数并且x3＋2x2＋2x＋1＝0．求x2008＋x2011＋x2014的值．【习9】(1999年北京市初二数学竞赛)若3x3－x＝1，求9x4＋12x3－3x2－7x＋2010的值．的值．【习11】(十八届希望杯初二二试)已知a1，a2，a3，…，a2007，是彼此互不相等的负数，且M＝(a1＋a2＋…＋a2006)(a2＋a3＋…＋a2007)，N＝(a1＋a2＋…＋a2007)(a2＋a3＋…＋a2006)，试比较M、N的大小．【习12】(2013年联赛)已知实数x，y，z满足x＋y＝4，|z＋1|＝xy＋2y－9，则x＋2y＋3z＝_______．【习13】(2013年竞赛)已知正整数a、b、c满足a＋b2－2c－2＝0，3a2－8b＋c＝0，则abc的最大值为____________．【习14】(2001年联赛)求实数x，y的值，使得(y－1)2＋(x＋y－3)2＋(2x＋y－6)2达到最小值．。
初高中数学衔接教材：第3课 因式分解(1)及答案
因式分解是代数式的一种重要的恒等变形，它与整式乘法是相反方向的变形．在分式运算、解方程及各种恒等变形中它都有着重要的作用．因式分解的方法较多，除了初中教材中涉及到的提取公因式法和运用公式法(只讲平方差公式和完全平方公式)外，还有运用公式法(立方和、立方差公式)、十字相乘法、分组分解法等．因式分解的问题形式多样，富有综合性与灵活性，因此，因式分解也是一种重要的基本技能．一、提取公因式法例13x2－6x＋3.二、公式法例2(1)8＋x3；(2)x2＋2xy＋y2－z2.三、分组分解法例3(1)2ax－10ay＋5by－bx；(2)x3－x2＋x－1.四、配方法例4(1)x2＋6x－16；(2)x2＋2xy－3y2.五、拆项添项法例5(1)x3－3x2＋4；(2)x3－2x＋1.六、求根公式法例6(1)x2－x－1；(2)2x2－3x－1.七、十字相乘法(1)x2＋(p＋q)x＋pq型式子的因式分解我们来讨论x2＋(p＋q)x＋pq这类二次三项式的因式分解．这类式子在许多问题中经常出现，它的特点是(1)二次项系数是1；(2)常数项是两个数之积；(3)一次项系数是常数项的两个因数之和．对这个式子先去括号，得到x2＋(p＋q)x＋pq＝x2＋px＋qx＋pq，于是便会想到继续用分组分解法分解因式，即x2＋px＋qx＋pq＝(x 2＋px )＋(qx ＋pq )＝x (x ＋p )＋q (x ＋p )＝(x ＋p )(x ＋q )．因此，x 2＋(p ＋q )x ＋pq ＝(x ＋p )(x ＋q )．运用这个公式，可以把某些二次项系数为1的二次三项式分解因式．例7 把下列各式分解因式：(1)x 2＋3x ＋2；(2)x 2－x －20；(3)x 2－52x ＋1；(4)x 2＋11x ＋24. 八、ax 2＋bx ＋c 型因式分解我们知道，(a 1x ＋c 1)(a 2x ＋c 2)＝a 1a 2x 2＋a 1c 2x ＋a 2c 1x ＋c 1c 2＝a 1a 2x 2＋(a 1c 2＋a 2c 1)x ＋c 1c 2.反过来，就得到a 1a 2x 2＋(a 1c 2＋a 2c 1)x ＋c 1c 2＝(a 1x ＋c 1)(a 2x ＋c 2)．我们发现，二次项的系数a 分解成a 1×a 2，常数项c 分解成c 1×c 2，并且把a 1，a 2，c 1，c 2排列如图：，这里按斜线交叉相乘，再相加，就得到a 1c 2＋a 2c 1，如果它正好等于ax 2＋bx ＋c 的一次项系数b ，那么ax 2＋bx ＋c 就可以分解成(a 1x ＋c 1)(a 2x ＋c 2)，其中a 1，c 1位于上图上一行，a 2，c 2位于下一行．像这种借助画十字交叉线分解系数，从而帮助我们把二次三项式分解因式的方法，通常叫做十字相乘法．必须注意，分解因数及十字相乘都有多种可能情况，所以往往要经过多次尝试，才能确定一个二次三项式能否用十字相乘法分解．例8 (1)6x 2＋5x ＋1；(2)6x 2＋11x －7；(3)42x 2－33x ＋6；(4)2x 4－5x 2＋3；(5)2t 6－14t 3－16.1．把下列各式分解因式：(1)a 3＋27；(2)8－m 3；(3)－27x 3＋8；(4)－18p 3－164q 3；(5)8x 3y 3－1125；(6)1216x 3y 3＋127c 3.2．把下列各式分解因式：(1)xy3＋x4；(2)x n＋3－x n y3；(3)a2(m＋n)3－a2b3；(4)y2(x2－2x)3＋y2.3．把下列各式分解因式：(1)x2－3x＋2；(2)x2＋37x＋36；(3)x2＋11x－26；(4)x2－6x－27；(5)m2－4mn－5n2；(6)(a－b)2＋11(a－b)＋28.4．把下列各式分解因式：(1)ax5－10ax4＋16ax3；(2)a n＋2＋a n＋1b－6a n b2；(3)(x2－2x)2－9；(4)x4－7x2－18；(5)6x2－7x－3；(6)t6－9t3＋8；(7)7(a＋b)2－5(a＋b)－2；(8)(6x2－7x)2－25.5．把下列各式分解因式：(1)3ax－3ay＋xy－y2；(2)8x3＋4x2－2x－1；(3)5x2－15x＋2xy－6y；(4)4a2－20ab＋25b2－36；(5)4xy＋1－4x2－y2；(6)a4b＋a3b2－a2b3－ab4；(7)x6－y6－2x3＋1；(8)x2(x＋1)－y(xy＋x)．答案精析例1 解 3(x 2－2x ＋1)＝3(x －1)2例2 解 (1)(x ＋2)(x 2－2x ＋4)．(2)(x ＋y )2－z 2＝(x ＋y ＋z )(x ＋y －z )．例3 解 (1)2a (x －5y )－b (x －5y )＝(x －5y )(2a －b )．(2)x 2(x －1)＋(x －1)＝(x －1)(x 2＋1)．例4 解 (1)(x ＋3)2－25＝(x ＋8)(x －2)．(2)(x ＋y )2－(2y )2＝(x ＋3y )(x －y )．例5 解 (1)x 3－2x 2－(x 2－4)＝x 2(x －2)－(x －2)(x ＋2)＝(x －2)2(x ＋1)．(2)(x 3－x )－(x －1)＝(x －1)(x ＋1＋52)(x －－1＋52)． 例6 解 (1)(x －1＋52)(x －1－52)． (2)(x －3＋174)(x －3－174)． 例7 解 (1)(x ＋1)(x ＋2)；(2)(x ＋4)(x －5)； (3)(x －2)(x －12)；(4)(x ＋8)(x ＋3)． 例8 解 (1)(2x ＋1)(3x ＋1)；(2)(2x －1)(3x ＋7)；(3)(6x －3)(7x －2)；(4)2(x ＋62)(x －62)(x ＋1)·(x －1)；(5)2(t －2)(t 2＋2t ＋4)(t ＋1)(t 2－t ＋1)． 强化训练1．解 (1)(a ＋3)(a 2－3a ＋9)；(2)－(m －2)(m 2＋2m ＋4)；(3)(2－3x )(9x 2＋6x ＋4)；(4)－18(p ＋q 2)·(p 2－12pq ＋q 24)；(5)(2xy －15)(4x 2y 2＋25xy ＋125)；(6)(16xy ＋13c )(136x 2y 2－118xyc ＋c 29)＝127(12xy ＋c )(x 2y 24－12xyc ＋c 2)． 2．解 (1)x (x ＋y )(x 2－xy ＋y 2) (2)x n (x －y )(x 2＋xy ＋y 2) (3)a 2(m ＋n －b )[(m ＋n )2＋b (m ＋n )＋b 2] (4)y 2(x －1)2(x 4－4x 3＋3x 2＋2x ＋1)．3．解 (1)(x －1)(x －2)；(2)(x ＋1)(x ＋36)；(3)(x ＋13)(x －2)；(4)(x ＋3)(x －9)；(5)(m ＋n )(m －5n)；(6)(a－b＋4)(a－b＋7)．4．解(1)ax3(x－2)(x－8)；(2)a n(a＋3b)(a－2b)；(3)(x＋1)(x－3)(x2－2x＋3)；(4)(x＋3)(x－3)·(x2＋2)；(5)(3x＋1)(2x－3)；(6)(t－1)(t－2)(t2＋t＋1)(t2＋2t＋4)；(7)[7(a＋b)＋2][(a＋b)－1]；(8)(2x＋1)(3x－5)(6x2－7x＋5)．5．解(1)(x－y)(3a＋y)；(2)(2x－1)(2x＋1)2；(3)(x－3)(5x＋2y)；(4)(2a－5b＋6)(2a－5b－6)；(5)(1＋2x－y)(1－2x＋y)；(6)ab(a－b)(a＋b)2；(7)(x3＋y3－1)(x3－y3－1)；(8)x(x－y)(x＋y＋1)．。
专题01代数式的恒等变形【2022中考数学专题复习高频考点拓展讲练】(原卷版)
专题1 代数式的恒等变形（原卷版）专题诠释：代数式的恒等变形是中考最常见的题型，恒等变形所用的核心知识是整式的乘除、因式分解、方程、函数、不等式等；运用到的主要方法是整体代入，配方法，作差比较法等。
通过恒等变形可以求值，求最值，确定字母的范围，比较大小等。
第一部分 典例剖析+针对训练类型一 通过恒等变形求代数式的值典例1 设m ＞n ＞0，m 2+n 2＝4mn ，求m 2−n 2mn 的值．典例2 已知：m 2﹣2m ﹣1＝0，n 2+2n ﹣1＝0且mn ≠1，则mn+n+1n 的值为 ．针对练习11．（2020秋•锦江区校级期末）已知2a ﹣3b +1＝0，则代数式6a ﹣9b +1＝ ．2．已知实数a 、b 满足a +b ＝8，ab ＝15，且a ＞b ，求a ﹣b 的值．解：∵a +b ＝8 ab ＝15∴（a ﹣b ）2＝a 2﹣2ab +b 2﹣4ab ＝（a +b ）2﹣4ab ＝82﹣4×15＝4又∵a ＞b∴a ﹣b ＞0∴a ﹣b ＝2．请利用上面的解法，解答下面的问题．已知实数x 满足x −1x =√5，且x ＜0，求x +1x 的值．类型二 通过恒等变形求代数式的最值典例3 （2021秋•下城区期中）已知实数m ，n 满足m ﹣n 2＝1，则代数式m 2+2n 2+4m ﹣2的最小值等于 ．典例4（2021秋•鼓楼区校级期末）阅读下面的材料，并解答后面的问题材料：将分式2x 2+4x−3x−1拆分成一个整式与一个分式（分子为整数）的和（差）的形式．解：由分母为x ﹣1，可设2x 2+4x ﹣3＝（x ﹣1）（2x +m ）+n ．因为（x ﹣1）（2x +m ）+n ＝2x 2+mx ﹣2x ﹣m +n ＝2x 2+（m ﹣2）x ﹣m +n ，所以2x 2+4x ﹣3＝2x 2+（m ﹣2）x ﹣m +n ，所以{m −2=4−m +n =−3，解得{m =6n =3，所以2x 2+4x−3x−1=(x−1)(2x+6)+3x−1=2x +6+3x−1． 这样，分式就被拆分成了一个整式2x +6与一个分式3x−1的和的形式， 根据你的理解解决下列问题：（1）请将分式3x 2+4x−1x+1拆分成一个整式与一个分式（分子为整数）的和（差）的形式； （2）若分式5x 2+9x−3x+2拆分成一个整式与一个分式（分子为整数）的和（差）的形式为：5m ﹣11+1n−6，求m 2﹣n 2+mn 的最大值．针对练习23．若m ，n 是方程x 2﹣2ax +1＝0且a ≥1的两个实数根，则（m ﹣1）2+（n ﹣1）2的最小值是 ．类型三 通过代数式的恒等变形求字母的取值范围典例5已知：2a ﹣3x +1＝0，3b ﹣2x ﹣16＝0，且a ≤4＜b ，求x 的取值范围．针对训练34．平面直角坐标系中，已知点（a ，b ）在双曲线(0)k y k x 上，且满足22a b m ，22b a m ，a b ，求k 的取值范围。
1—1代数式恒等变换方法与技巧
1—1 代数式的恒等变换方法与技巧一、代数式恒等的一般概念定义1 在给定的数集中，使一个代数式有意义的字母的值，称为字母的允许值。
字母的所有允许值组成的集合称为这个代数式的定义域。
对于定义域中的数值，按照代数式所包含的运算所得出的值，称为代数式的值，这些值的全体组成的集合，称为代数式的值域。
定义2 如果两个代数式A、B，对于它们定义域的公共部分（或公共部分的子集）内的一切值，它们的值都相等，那么称这两个代数式恒等，记作A=B。
两个代数式恒等的概念是相对的。
同样的两个代数式在它们各自的定义域的某一个子集内是恒等，但x=，在x≥0时成立，但在x<0时不成立。
因此，在研究两个代数式恒等时，一定要首先弄清楚它们在什么范围内恒等。
定义3 把一个代数式变形成另一个与它恒等的代数式，这种变形称为恒等变换。
代数式的变形，可能引起定义域的变化。
如lgx2的定义域是(,0)(0,)-∞+∞，2lgx的定义域是(0,)+∞，因此，只有在两个定义域的公共部分(0,)+∞内，才有恒等式lgx2=2lgx。
由lgx2变形为2lgx时，定义域缩小了；反之，由2lgx变形为lgx2时，定义域扩大了。
这种由恒等变换而引起的代数式定义域的变化，对研究方程和函数等相关问题时也十分重要。
由于方程的变形不全是代数式的恒等变形，但与代数式的恒等变形有类似之处，因此，在本节里，我们把方程的恒等变形与代数式的恒等变形结合起来讨论。
例1：设px=有实根的充要条件，并求出所有实根。
由于代数式的变形会引起定义域的改变，因此，在解方程时，尽量使用等价变形的方法求解。
这样可避免增根和遣根的出现。
解：原方程等价于222(0,0x p xx x⎧-=-⎪⎨-≥⎪⎩222222(4)4448(2)441330440,0pxx p px xx x p x⎧-=⎪⎧=+--⎪⎪⎪⎪⇔≤≤⇔≤⎨⎨⎪⎪≥⎪⎪+-≤≥⎩⎪⎩222(4)8(2)44,043pxppx x⎧-=⎪⎪-⇔⎨-⎪≤≤≥⎪⎩由上式知，原方程有实根，当且仅当p满足条件24(4)4448(2)33p ppp--≤≤⇔≤≤-这说明原方程有实根的充要条件是43p≤≤。
代数式恒等变形及标准答案
代数式恒等变形A 卷1、若3265122-+-+=+--x bx a M x x x ,a 、b 是常数,则（ ） A 、M 是一个二次多项式 B 、Ｍ是一个一次多项式 C 、6=++b a M D 、10=-+M b a 答案：C解答：由已知等式得：()()6522656512222+---+++-+=+--x x b M x b a M Mx x x x ∴()()b M x b a M Mx x 226522--+++-+= ∴⎪⎩⎪⎨⎧-=--=++-=1236051b a M b a M M ,解得：⎪⎩⎪⎨⎧=-==831b a M 提示：利用待定系数法解决问题。
2、（2０0２年重庆市初中竞赛题)若012192=+-x x ，则=+441xx ( ） A 、411 B 、16121 C 、1689 D 、427答案:C 解答:∵0≠x ∴2191=+x x ，411122=+xx ∴168921122244=-⎪⎭⎫ ⎝⎛+=+x x x x提示：本题的关键是利用211222-⎪⎭⎫⎝⎛+=+x x x x 进行化简。
３、（２0０1年全国初中数学竞赛）若143=-x x ，则552128234+--+x x x x 的值是（ )A 、２B 、4C 、6D 、8答案：D解答:∵143=-x x∴()()8523252434255212833234=+-+=+--+-=+--+x x x x x x x x x x x x 提示:本题利用添项与拆项进行分解整体代入,本题也可以利用已知逐步降次解决问题。
4、（全国竞赛题)如果52332412---=----+cc b a b a ，则c b a ++的值是（ ) A 、6 B 、8 C 、20 D 、24 答案：C解答：∵52332412---=----+cc b a b a ∴()[]()[]()[]053293632142421121=+--+----+---++---c c b b a a∴()()()033212211222=-----+--c b a∴011=--a ，022=--b ，033=--c ∴2=a ,6=b ,12=c ∴20=++c b a提示:本题利用添项构造完全平方式解决问题。
七年级(上)数学培优班--第8讲 整式恒等变形 教师版
【例题2】 ★★☆☆☆ （1）已知 x y ，且 x4 x 2018 ， y4 y 2018 ，求 x3 x2 y xy2 y3 的值. （2）已知 x y ，且 x2 x 3 ， y2 y 3 ，求 x5 y5 的值.
题型六、降幂法（长除法） Eg. 已知 x2 x 3 0 ，求 x3 2x2 2x 2015 的值. 解：因为 x2 x 3 ，所以 x3 2x2 2x 2014 x(x2 x) x2 2x 2014 x2 x 2015 2018 .
2 / 自招班 7 年级 第八讲
⑶矛盾等式：无论用什么数值代替等式中的字母，等式都不成立． 如：1 2 5 ， x 2 x 3 ．
三、等式的证明：
等式的证明主要分为恒等式的证明和条件等式的证明．恒等式的证明主要是通过恒等变形，从 等式的一边证到另一边，或者证两边等于同一结果；条件等式的证明要认真分析条件和所证等式之 间的关系．
所以 x3 y3 x y x2 y2 xy 10 ， x5 y5 x2 y2 x3 y3 x2 y2 x y 61.
3 / 自招班 7 年级 第八讲
整式的恒等证明
一、代数式的恒等变形：
把一个代数式变换成另一个和它恒等的代数式，叫做代数式的恒等变形．代数式的恒等变形是 数学的基础知识，它在化简、求值、证明恒等式等问题中，有着广泛的应用．
题型四、整体思想
Eg. 已知 x2 4xy 7 y2 5 ， 3x2 2xy 4y2 6 ，求 9x2 8xy 29y2 的值.
.
解：设 a x2 4xy 7y2 b 3x2 2xy 4y2 9x2 8xy 29y2 ，
代数式的解题方法
代数式的解题方法
一、代数式的化简与求值
1.代数式的化简：通过合并同类项、提取公因式、分母有理化等手段，简化代数式的形式，使其更易于处理。
2.代数式的求值：根据已知条件，将代数式中的字母代入具体的数值，求得代数式的值。
二、代数式的恒等变形
1.代数式的恒等变形是指通过代数手段，将一个代数式变形为另一个与原式等价的代数式。
2.常用的恒等变形方法有：配方法、因式分解法、公式法等。
三、代数式的因式分解
1.因式分解是指将一个多项式分解为若干个整式的积。
2.常用的因式分解方法有：提公因式法、分组分解法、十字相乘法、公式法等。
四、代数式的最值问题
1.最值问题是指求代数式在一定条件下的最大值或最小值。
2.解决最值问题的方法有：配方法、不等式法、导数法等。
五、代数式的几何意义
1.代数式在几何上可能有特定的意义或应用，如线性方程表示直线，二次方程表示圆或抛物线等。
2.通过理解代数式的几何意义，可以更直观地理解代数式的本质和应用。
六、代数式的分类讨论
1.当代数式中的参数取不同值时，可能导致代数式的形式发生变化，需要进行分类讨论。
2.分类讨论有助于全面理解和掌握代数式的性质和变化规律。
道代数式的恒等变形练习题
9.在△ABC 中，BC=a， .
15.实数 x 、 y 、 z 满足： x y 2 ， 2xy 2 2z 2 1 0 ，求 x y z
16. a、b、c 为三角形的三条边长，满足 ac2+b2c-b3=abc．若三角形的一个内角为 100°，则三角形的另两个角之 差的正弦等于
.
59.已知实数 x1、x2、…、x2002 满足
x1 1
x2 1
x 2002
1 =
1 2
(x1+x2+…+x2002)则，x1+2x2+…+2002x2002 的
值为=
60.已知整数 a、b、c 满足不等式 a2+b2+c2+42≤ab+9b+8c，则 a、b、c 分别等于
．
61. 已知实数 a, b, c 满足 a 2b 2, 且 ab 3 c2 1 0 ，则 bc 的值为
17.若 a、b、C 为实数， a b c, a b c 1, a 2 b 2 c 2 3 ,则 b c 的取值范围是
18.已知 xyz=1，x+y+z=2，x2+y2+z2=16．则 1 1 1 xy 2z yz 2x zx 2 y
19.已知 x、y 为正整数，且满足 2x2+3y2=4x2y2+1．则 x2+y2=
2
3 a
1 a2
1 a3
，则 a
1 a
的值为
36.已知 x2 5x 2006 0, 则 (x 2)3 (x 1)2 1 x2
代数证明与恒等变形
代数证明与恒等变形代数证明主要是指证明代数中的一些相等关系或不等关系．在初中阶段，要证的等式一般可分为恒等式的证明和条件等式的证明． 恒等式的证明常用的方法有：(1)由繁到简，从一边推向另一边； (2)从左右两边人手，相向推进；(3)作差或作商证明，即证明：左边一右边=0，)0(1≠=右边右边左边． 条件等式的证明实质是有根据、有目的的代数式恒等变换，证明的关键是寻找条件与结论的联系，既要注意已知条件的变换，使之有利于应用；又要考虑求证的需求情况，使之有利于与已知条件的沟通． 代数证明不同于几何证明，几何证明有直观的图形为依托，而代数证明却取决于代数式化简求值变形技巧、方法和思想的熟练运用．例1：设a 、b 、c 、d 都是整数，且m=a 2+b 2,n=c 2+d 2,mn 也可以表示成两个整数的平方和，其形式是______.解 mn=(a 2+b 2)(c 2+d 2)=a 2c 2+2abcd+b 2d 2+a 2d 2+b 2c 2-2abcd=(ac+bd)2+(ad-bc)2=(ac-bd)2+(ad+bc)2,所以，mn 的形式为(ac+bd)2+(ad-bc)2或（ac-bd ）2+(ad+bc)2.例2 ： 设x 、y 、z 为实数，且(y-z)2+(x-y)2+(z-x)2=(y+z-2x)2+(z+x-2y)2+(x+y-2z)2. 求)1)(1)(1()1)(1)(1(222++++++z y x xy zx yz 的值.解 将条件化简成2x 2+2y 2+2z 2-2xy-2xz-2yz=0∴(x-y)2+(x-z)2+(y-z)2=0 ∴x=y=z,∴原式=1.例3：设a+b+c=3m,求证: (m-a)3+(m-b)3+(m-c)3-3(m-a)(m-b)(m-c)=0. 证明 令p=m-a,q=m-b,r=m-c,则p+q+r=0. P 3+q 3+r 3-3pqr=(p+q+r)(p 2+q 2+r 2-pq-qr-rp)=0 ∴p 3+q 3+r 3-3pqr=0即 (m-a)3+(m-b)3+(m-c)3-3(m-a)(m-b)(m-c)=0 例4：若67890123475678901235,67890123455678901234==B A ,试比较A 、B 的大小.解 设 ,yx A =则,21++=y x B)2(2)2()1()2(21+-=++-+=++-y y yx y y x y y x y x y x . ∵2x ＞y ∴2x-y ＞0, 又y ＞0, 可知21++-y x y x ＞0 ∴A ＞B.例5：求最大的正整数n ，使得n 3+100能被n+10整除．分析：此题可以运用整除法或两个整式整除的问题转化为一个分式问题加以解决．解：333100109001010n n n n ++-=++=2(10)(10100)90010n n n n +-+-+ ＝n 2-10n+100-90010n + 要使n+10整除n 3+100，必须且只需n+10整除900，又因为n 取最大值，•所以n+•10=900，从而符合要求的正整数n 的最大值为890．评注：对于分子的次数高于或等于分母的次数的分式，可化为整式部分与分式部分的和．例6：已知a 、b 、c 为非负实数，且a 2+b 2+c 2=1,3111111-=⎪⎭⎫⎝⎛++⎪⎭⎫ ⎝⎛++⎪⎭⎫ ⎝⎛+b a c a c b c b a ,求a+b+c 的值. 解：由条件知(a+b+c)()111cb a ++=0 ∴a+b+c=0 或cb a 111++=0当c b a 111++=0时，abcac bc ab ++=0 ∴ab+bc+ac=0∵(a+b+c)2=a 2+b 2+c 2+2ab+2bc+2ac=1 ∴a+b+c=±1∴a+b+c=0或1或-1例7：已知.0222=-+-+-c ab c b ac b a bc a 求证:0)()()(222222=-+-+-c ab c b ac b a bc a . 证明 222222222.()()a b c ab bc ac b cbc a ac b ab c ac b ab c -+-+=-=-----.0))()(()()()(.))()(()(.))()(()(.))()(()(222222222222222222222222222222222222222222222222=---+-+-+-+++-+-=-+-+-∴---+-+-=----+-+-=-----++-=-∴c ab b ac a bc b a c b ab c a c a bc ac b a c b ac bc ab c ab c b ac b a bc a c ab b ac a bc ca cb abc a c ab c c ab a bc b ac ca bc ac ab b ac b c ab b ac a bc c b ac bc ab a bc a 同理例8：设a 、b 、c 、d 都是正整数，且a 5=b 4,c 3=d 2,c-a=19,求d-b.解 由质因数分解的唯一性及a 5=b 4,c 3=d 2,可设a=x 4,c=y 2,故19=c-a=(y 2-x 4)=(y-x 2)(y+x 2)⎪⎩⎪⎨⎧=+=-∴.19,122x y x y 解得 x=3. y=10. ∴ d-b=y 3-x 5=757.练习：（1）已知a 2+c 2=2b 2,求证.211ac b a c b +=+++（2）求证：aa z a y a x a az z a ay y a ax x 3111222+-+-+-=-+-+-（3）求证：)1)(1)(1(4)1()1()1(222abab b b a a ab ab b b a a ++++=+++++．例9：已知a 、b 、c 、d 满足a+b=c+d ，a 3+b 3=c 3+d 3, 求证：a 2001+b 2001=c 2001+d 2001.解：由a 3+b 3=c 3+d 3得：(a+b) (a 2-ab+b 2)=(c+d) (c 2-cd+d 2)∵a+b =c+d ，则有(1) 若a+b =c+d=0，则a= -b ，c= -d ，从而a 2001+b 2001=c 2001+d 2001=0(2) 若a+b =c+d ≠0，则a 2-ab+b 2=c 2-cd+d 2，∴(a+b)2-3 ab=(c+d)2-3 cd ，从而ab=cd∴(a+b)2-4ab=(c+d)2-4 cd ，∴(a-b)2=(c-d)2，∴a-b=±(c-d) 可得a=b=c=d ，从而a 2001+b 2001=c 2001+d 2001例10： 有18支足球队进行单循环赛，每个参赛队同其他各队进行一场比赛，假设比赛的结果没有平局，如果用i a 和i b ，分别表示第i(i=1，2，3…18)支球队在整个赛程中胜与负的局数． 求证：21822212182221b b b a a a +++=+++ ．解：由于每支球队都要进行18-1=17场比赛，则对于第i 支球队有a i +b i =17,i=1,2,3,……18；由于比赛无平局，故所有参赛队的胜与负的总局数相等，即a 1+a 2+…+a 18=b 1+b 2+…+b 18由（a 12+a 22+…+a 182）-（b 12+b 22+…+b 182）=(a 12-b 12)+ (a 22-b 22)+…+(a 182-b 182) =17×[(a 1+a 2+…+a 18)-(b 1+b 2+…+b 18)]=0得21822212182221b b b a a a +++=+++例11：已知333cz by ax ==，且1111=++zy x ． 求证：3333222c b a cz by ax ++=++．思路点拨 条件中有一个连等式，恰当引入参数，把待证式两边都变形为与参数相同的同一个代数式．解：设333cz by ax ===t 3，则a=33x t ，b=33yt ，c=33z t因333c b a ++=t t zy x =++)111(又33333222111z cz y by x ax cz by ax ⋅+⋅+⋅=++=33)111(zy x t ++=t ，从而得证.例12： 已知0≠abc ，证明：四个数abc c b a 3)(++、abc a c b 3)(--、abc b a c 3)(--、abcc b a 3)(--中至少有一个不小于6．思路点拨 整体考虑，只需证明它们的和大于等于24即可． 解：因为abc c b a 3)(+++abc a c b 3)(--+abc b a c 3)(--+abc c b a 3)(--=abcc b a b a c a c b c b a ])()[(])()[(3333--+--+--+++=abcabcabc ac c b a b ac c b a b 24)633(2)633(2222222=-++-+++=24 若abcc b a 3)(++＜6，abc a c b 3)(--＜6，abc b a c 3)(--＜6，abc c b a 3)(--＜6，则他们的和必小于24，这与上式矛盾，故四个加数中至少有一个不小于6。
初三数学重难点专题：代数式求值专题(答案版).doc
代数式求值专题知识归纳1、 代数式：用运算符号把数或表示数的字母连接起来的式子，我们称这样的式子为代数式.特别地，单独一个数 或一个字母也是代数式.2、 代数式的值：用具体数值代替代数式里的字母，按照代数中的运算关系，计算得出的结果.1、 求代数式的值的一般方法是先用数值代替代数式中的每个字母，然后计算求得结果，对于特殊的代数式，可以 先化简代数式，再代入字母的值，然后进行计算；如果给出的是代数式中所含几个字母的关系，不直接给出字母的 值，可以对所求代数式进行恒等变形，转化为已知关系表示的形式，再进行计算.2、 以图形为载体的数字规律题：根据一系列关系或一组相关图形的变化，总结变化所反映的规律.猜想这种规律， 仿照猜想数式规律的方法得到最终结论. 【答案】3. 【解析】试题解析：•・•多项式x 2+2x+n 2= (x+1) 2+n 2-l, •・• (x+1) 2>0, n 2>0,・・・(x+1) 2+n 2-l 的最小值为此时 m=-l, n=0, x=-m 时，多项式 x 2+2x+n 2 的值为 m 2-2m+n 2=3 考点：代数式求值. 3.已知—m 2 +丄斥=川一加一 2 ,则丄一丄的值等于( )44 m n1 A. 1 B. 0C. - 1D.——4【答案】C. 【解析】试题分析：由丄 m 2 + — n 2 = n — m — 2 ,得：(加+ 2)，+(& —2尸=0 ,则 n=2, -- ---- =一~i — = - 1.故 4 4 m n 2 2选C.考点：1.分式的化简求值；2.条件求值.4. 若实数 x 满足 x 2-2x-l = 0 ,则 2x 3 -7x 2 +4x-2017= _______________ .【答案】- 2020・ 【解析】试题分析：V X 2-2X -1 = 0 ,? =2x4-1 , 2X 3-7X 2+4X -2017 = 2x(2x+l)-7(2x + l) + 4x-2017 =3 + |=4j|，…请你将发现的规律用含自然数n(n>l) 2+*4x2 + 2x-14x-7 + 4x-2017 二4兀2 _8x-2024 =4(2x+1) — 8x-2024 =4 - 2024= — 2020,故答案为：- 2020. 考点：因式分解的应用；降次法；整体思想.5. 已知x+y= ^3 , xy= 恵,则x2y+xy2的值为__________ .【答案】3庞.【解析】试题解析：・・・x+y=J^, xy=V6,x2y+xy2 =xy (x+y)=Ve x V3=-\/18=3 V2 •6. ------------------------------------------------ 若a 2 — ai = 0 (加0),则 =()a+bA. 0【答案】C.【解析】V a 2 —= 0 (bzO),「•gO 或 gb,当 a=0 时， ---------- =0a+b【答案】C.【解析】2隹二如2)" + 2。
数学方法01_恒等变形法
第一篇 恒等变形法
恒等变形法：在代数式的变形过程中，往往要求形变值不变，而变化后新得到的形式，恰是有利于结论的推导的。
此法包括因式分解法、配方法、降幂法等
例1 解方程：22(1997)(1996)1x x -+-=
例2 在满足23,0,0x y x y +≤≥≥的条件下，求2x y +能达到的最大值
例3 如果20a b +=，求
12a a b b
-+-的值
例4 证明：没有一个自然数n ，能使6543235154123n n n n n n +--+++的值是某个自然数的平方
例5 证明：任一偶数是表达式2221112456x xy y x y +++++的值，其中变量x 和y 取任一整数值
例6 已知1,1a b ab +==-，求77a b +的值
例7 求方程32103x x x ---
=的实数解
例8 设122006,,x x x 都是+1或-1，证明12320062320060x x x x ++++≠
回家作业
（1）若分数()104()33
-⨯ +中，括号（ ）内是一个三位自然数，为了使该分数成为一个可约分数，（ ）内最小、最大的三位数是_________
（2）使22231
x x A x x --=-+为整数的一切整数x 为________________
（3）证明：n 为任何整数，形如2912n n ++的数，不能被121整除。
沪教版(五四制)七年级数学上册 第九章整式： 整式的恒等变形讲义(无答案)
第2讲 等式的恒等变形一、代数式的恒等变形：把一个代数式变换成另一个和它恒等的代数式，叫做代数式的恒等变形.代数式的恒等变形是数学的基础知识，它在化简、求值、证明恒等式等问题中，有着广泛的应用.整式的恒等变形是是代数式恒等变形的基础，涉及的主要内容有：整式的各种运算性质和法则、各种乘法公式的正逆与变形应用、因式分解的有关知识等.分式的恒等变形以整式的恒等变形为基础，并结合分式自身的特点，因此更具有独特的复杂性和技巧性，涉及的主要内容有：分式的性质与概念的灵活应用、四则运算、化简求值及恒等证明.二、等式的分类：（1）恒等式：无论用什么数值代替等式中的字母，等式总成立.如：123+=，23x x x +=，()()22a b a b a b +-=-（2）条件等式：只有用某些数值代替等式中的字母时，等式才成立.如：23x +=只有在1x =时才成立.（3）矛盾等式：无论用什么数值代替等式中的字母，等式都不成立.如：125+=，23x x +=+三、等式的证明：等式的证明分为恒等式的证明和条件等式的证明.恒等式的证明主要是通过恒等变形，从等式的一边 证到另一边，或者证两边等于同一结果.；条件等式的证明要认真分析条件和所证等式之间的关系.（1）等式的证明一般是通过恒等变形把比较复杂的形式转化为比较简单的形式，即“从繁到简”.（2）等式证明的常用方法有：①左右法（即从左端推出右端，或从右端推出左端）;②同一法（左右两端分别变形得到同一结果）;③比较法（即证左右两端的差为零，或左右两端的比为1）.【例题1】 （1）若335,50a b a b +=+=，求22a b +的值。
（2）已知()()2216,9a b a b +=-=，求33a b ab +的值。
（3）已知()()2216,9a b a b +=-=，求44a b ab +的值。
【例题2】（1）已知210,a a +-=求32243a a ++的值。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
精心整理代数式恒等变形A 卷2b，a 、b 是常数，则（）1、若 2 x1 M a x5x 6 x 2x 3A 、M 是一个二次多项式B 、M 是一个一次多项式C 、 M a b 6D 、 a b M 10答案： C解答： 由已知等式得：x 2 1 Mx 25M a b x6M 2 2bx 25x 6 x 2 5 x6∴ x 2Mx 2 5M a b x 6M2 2bM1M1∴ 5M a b 0 ，解得： a 3 6M3a 2b1b8提示： 利用待定系数法解决问题。
2、（2002 年重庆市初中竞赛题）若 x 219 41（）2x 1 0 ，则 x4xA 、 11B 、 121C 、 89D 、274 16 164答案： C 解答： ∵ x 0∴ x1 19， x 2x 2∴ x 41 x 21x 4x 21 11 2x428921611 2提示： 本题的关键是利用 x 2x2 进行化简。
x 2x3、（2001 年全国初中数学竞赛）若3432的值是（）4xx 1 ，则 8x12x2 x 5 x 5A 、2B 、4C 、6D 、8精心整理答案： D解答：∵4 x 3x 1∴ 8x 412x3 2 x25x 5 2 x 4x 3x 3 4 x 3x 2 x 5 2x 3 2x 58提示：本题利用添项与拆项进行分解整体代入，本题也可以利用已知逐步降次解决问题。
4、（全国竞赛题）如果 a b 2 a 1 4 b 2 3 c c ，则 a b c 的值是（）352A、6B、8C、20D、24答案： C解答：∵ a b 2 a 1 4 b 2 3 c 3 c 52∴ a 1 2 a 1 1 b 2 4 b 2 4 1 c 3 6 c 3 9 2 3 5 022 21c 2∴ a 1 1 b 2 223 3∴ a 1 1 0 ， b 2 2 0 ， c 3 3 0∴a 2 ， b 6 ， c 12∴a b c 20提示：本题利用添项构造完全平方式解决问题。
5 、（第16 届“希望杯”初二年级竞赛题）已知 a 是整数， x、 y 是方程x 2 xy ax ay 1 0 的整数解，则x y __________或.答案： 1解答：原方程可以变形为：x x y a x y 1即 x y x a 1∵a、x、y 都是整数∴ x y 1 或x y 1x a 1 x a 1故 xy 1提示： 本题利用方程的解的特殊解决问题。
6、（2001 年全国初中竞赛“创新杯”广西赛区题）已知 x3 2 ， y 32 ，3232那么 x yy 2x 2 ____________ .答案： 970解答： 由题意得： xy1 ， xy10x 3 y 3x y x 23xy故原式y970xy 2xy 2提示： 类似已知 x 、y 的值求关于 x 、y 代数式的问题，通常将 x 、y 的问题转化为 xy ， x y ， xy 来解决。
7、（2001 年河北省初中竞赛试题）已知1 2，那么xx 的xx 23x 1x 29 x 1x值为 .答案：511511解答： ∵ x12x∴xx11 5 113 x 1x29 x 111 5 11x2x3xx9x提示： 本题利用方程变形，然后整体代入解答。
8、（2000 年“五羊杯”竞赛题）已知 ab b 2c 3c a ，求 5a 6b7c的值。
2 348a 9b 解：令abb 2c 3c a k ，则23 4a b 2k， b2c 3k ， 3c a 4k解得： a11k ， b 21 k ， c 3 k5 55∴ 5a 6b 7c 10k 508a 9b 101 101k5提示：本题关键是引入参数，将多个字母的问题转化为同参数有关，进而化简。
B 卷9、（2005年第16届“希望杯”初二年级竞赛题）x、y、m 均为正整数，且满足3x 7 y 29，那么m __________.2 x 5 y m答案： 20解答：由已知3x 7 y 29 2 x 5 y①m由①得： x 1 29 7y ③3将③代入②得： 2 29 7 y 5 y m ，即 m 58 14y 5y3 3 3∴ y 3m 58 0 ，即m 583又由①得： y 1 29 3 x7代入②得： 2 x 5 29 3x m ，即 2 x 145 15 x m7 7 7∴ x 145 7m 1450 ，即m71 58 14520 5∴ 19 m7 73 3∵ m 是整数∴m 20提示：本题利用 m 是参数，解关于x、y 的方程，然后利用x 0 ，y0 建立关系m的不等式组求解。
10、设n为正整数，求证： 1 1 1 13 3 5 2n 1 2 n 1 21证明： 13 3 12n12n 11 5 1提示：本题利用了 1 1 1 1 拆项化简求证。
2n 1 2n 1 2 2 n 1 2 n 111、已知 x1 ，试求代数式x2 4 x x 2的值。
a2a x 24 x x解：∵ xa1 a 1aa∴ a 1 0把 xa1 两边同时平方得： x a 12a a∴ x 2a 1a∴ x 24 x 4a 21 22a12 ∴ x 24 x a 22a1a 2a2∴ x2 4 xa1a1a a1 1 aa原式aa2aa 2a112aaaa11 2提示： 本题利用 x 22 化简求值。
x 2xx12、（2001 年全国初中联赛题）设 xt1 t， yt 1 t， t 取何值时，代数t1tt1t式 20x 241xy20y 2 的值为 2001.解：由题设知：xy 1t 1 t 12又∵ x1tt2t 1 2 t t 1tt∴ x y 4t 2∴ 20x 241 x y20 y 2 20 xy 2xy 20 4t 2 21由题意得： 20x 2 41 x y20 y 2 2001 ，即 20 4t221解得： 1 2， t 23 （舍去）t故当 t 2 时，代数式20x241xy 20 y2的值为2001.提示：类似已知 x、y 的值求关于 x、y 代数式的问题，通常将 x、y 的问题转化为x y ， x y ， xy 来解决。
C 卷3x 4 y 513、（2004年第九届华罗庚金杯赛）关于x、y 的方程组5x 6 y 9 有解，n 8m x 8 y 105x 10m 2n y 9求 m2 n 2的值。
解：把从上到下四个方程依次记做（1）、（2）、（3）、（4）（1）× 2+（3）得：n 8m 6 x 0 ；（2）-（4）得： 6 10m 2n y 0如果把 x 0 ， y 0 代入方程组，则（1）（2）不可能成立，故x、y均不为0.则只能有n 8m 6 0 ，解得 m 9，n 66 10m 2n 0 13 13故 m2 n 2 117 9169 1314、某单位花50万元买回一台高科技设备，根据对这种型号设备的跟踪调查显示，该设别投入使用后，若将养护和维修的费用均摊到每一天，则有结论：第x 天应付的养护与维修费用为 1 元。
x 1 5004（1）如果将该设备从开始投入使用到报废共付的养护与维修费及购买该设备费用的和均摊到每一天，叫做每天的平均损耗，请你将每天的平均损耗y（元）表示为使用天数 x（天）的关系式；解：设该设备投入使用x 天，每天的平均损耗为：（2）按照此行业的技术和安全管理要求，当此设备的平均损耗达到最小值时，就应当报废。
问该设备投入使用多少天应当报废？500000x 7 500000 x 7 7解： y849928499999x8x88当且仅当 500000x时，即 x 2000天时取等号x8故这台这设备投入使用 2000 天应当报废。
注：在解本题时，可能要用到以下两个数学知识点（如果需要可以直接引用一下结论：①对于任意正整数 n ，下列等式一定成立：1 2 3 4nn n 1 ；2②对于确定的正整数 a 、b 以及在正实数范围内取值的 x ，一定有ax 2 ax2 axb bxb成立；可以看出， 2 a是一个常数，也就是说y ax有最小值 2 a ，而且当a x时，bxb bx by 取得最小值。