2019-2020年初中数学竞赛专题复习 第一篇 代数 第2章 代数式试题1 新人教版.doc

2019-2020年初中数学竞赛专题复习 第一篇 代数 第2章 代数式试题1 新人教版2.1整式的运算2.1.1化简，其中为大于1的事数解析原式评注本例可推广为一个一般的形式：2.1.2计算（1）；（2）解析（2）这两个多项式对应项或者相同或者互为相反数，所以可考虑应用平方差公式，分别把相同项结合，相反项结合原式（2）的结果是，这个结果与多项式相乘时，不能直接应用公式，但与前两个因式相乘的结果相乘时就可以利用差的立方公式了原式2.1.3设，求用去除所得的商及余式解析1用普通的竖式除法因此，所求的商，余式解析2用待定系数法由于为3次多项式，首项系数为1，而为次，首项系数为3，故商必为1次，首项系数必为，而余式次数小于2，于是可设商式，余式根据，得比较两端系数，得 解得，故商式，余式2.1.4已知当时，代数式的值为4，求当时，代数式的值解析比较两个代数式，发现它们的相同与不同当时，2.1.5若，且，试求的值解析，代入得，故，所以2.1.6试确定和，使能被整除解析由于，因此，若设，假如能被整除，则和必是的因式，因此，当时，即，当时，即，由，联立，则有2.1.7若，求的值解析，所以，2.1.8将表示成的形式解析2.1.9已知，求的值解析1由，有解析2由，有评注解析1是应用拆项法；解析2是应用降次法这两种方法在整式恒等变形中常用2.1.10已知，求的值解析因为，所以，所以所以2.1.11若，求的值解析把两个方程相加，得，于是有，故或2.1.12已知，求的值解析因为，所以，从而所以故2.1.13已知，求多项式的值解析由，又因为，故原式2.1.14已知实数、满足，求的值解析由，得因为，所以因而，2.1.15已知，试求的值解析多项式的系数和，就是2.1.16求一个关于的二次三项式，它被除余2；被除余8；并且被整除解析设这个二次三项式为则得代入、得得，代入得所求二次三项式为2.1.17未知数、满足，其中、表示非零已知数，求、的值解析两个未知数，一个方程，对方程左边的代数式进行恒等变形，经过配方之后，看是否能化成非负数和为零的形式将已知等式变形为，即所以因为，所以，2.1.18已知、满足，求证：解析因为，所以左边右边2.1.19已知，证明解析因为，所以，即，因此，即2.1.20证明：解析此题看起来很复杂，但仔细观察，可以使用换元法令，则要证的等式变为因为，所以将，相加有，所以，所以2.1.21已知，且、都是正数，求证：解析由已知可得，所以因为，所以，所以又因为、都为正数，所以，所以，所以，所以故成立2.1.22已知，求证解析用作差法，注意利用的条件左右所以等式成立2.2因式分解2.2.1分解因式：（1）；（2）；（3）；（4）解析（1）原式（2）原式（3）原式本小题可以稍加变形，解法如下：原式（4）原式2.2.2分解因式：解析1原式解析2原式评注解析2中，是因式分解中经常用到的一个结论，记住这个结论是必要的2.2.3分解因式：解析原式中与的和等于，所以考虑用立方和公式变开后，再进行分解原式2.2.4分解因式：解析原式3评注显然，当时，则；当时，则，即，而且，当且仅当时，等号成立如果令，则有等号成立的充要条件是这也是一个常用的结论2.2.5分解因式：解析这个多项式的特点是：有16项，从最高次项开始，的次数顺次递减到0，由此想到应用公式来分解因为，所以原式评注在本题分解过程中，用到先乘以，再除以的技巧，这一技巧在等式变形中很常用2.2.6分解因式：解析本题解法很多，这里只介绍运用拆项、添项法分解的几种解法，注意一下拆项、添项的目的与技巧方法1将常数项8拆成原式方法2将一次项拆成原式方法3将三次项拆成原式方法4添加两项原式评注由此题可以看出，用拆项、添项的方法分解因式时，要拆哪些项，添什么项并无一定之规，主要的是要依靠对题目特点的观察，灵活变换，因此拆项、添项法是因式分解诸方法中技巧性最强的一种2.2.7分解因式：（1）；（2）；（3）；（4）解析（1）将拆成原式（2）将拆成原式（3）将拆成原式（4）添加两项原式评注（4）是一道较难的题目，由于分解后的因式结构较复杂，所以不易想到添加，而且添加项后分成的三项组又无公因式，而是无将前两组分解，再与第三组结合，找到公因式这道题目使我们体会到拆项、添项法的极强技巧所在2.2.8分解因式：解析原式2.2.9分解因式：解析原式2.2.10分解因式：解析原式2.2.11分解因式：解析原式2.2.12分解因式：解析将原式展开，是关于的四次多项式，分解因式较困难我们不妨将看作一个整体，并用字母来替代，于是原题转化为关于的二次三项式的因式分解问题了设，则原式评注本题也可将看作一个整体，比如令，可以得到同样的结果，有兴趣的同学不妨试一试2.2.13分解因式：解析先将两个括号内的多项式分解因式，然后再重新组合原式令，则原式评注对多项式适当的恒等变形是我们找到新元的基础解析令，则原式，所以，原式2.2.15分解因式：解析令，则原式所以，原式2.2.16分解因式：解析令，则原式所以，原式2.2.17分解因式：解析设，则原式评注由本题可知，用换元法分解因式时，不必将原式中的元都用新元代换，根据题目需要，引入必要的新元，原式中的变元和新变元可以一起变形，换元法的本质是简化多项式2.2.18分解因式：解析1原式评注本解法实际上是将看作一个整体，但并没有设立新元来代替它，即熟练使用换元法后，并非每题都要设置新元来代替整体解析2原式令，则，于是原式2.2.19分解因式：解析本题含有两个字母，且当互换这两个字母的位置时，多项式保持不变，这样的多项式叫作二元对称式对于较难分解的二元对称式，经常令，用换元法分解因式原式令，则原式2.2.20分解因式：解析原式其十字相乘图为评注凡是可以化成或形式的二次三项式，都可以直接采用十字相乘法把它分解成或的形式对于某些二元二次六项式，我们也可以用十字相乘法分解因式，通常称为双十字相乘法其因式分解的步骤是：首先用十字相乘法分解，得到一个十字相乘图（有两列）；然后把常数项分解成两个因式填在第三列上，要求第二、第三列构成的十字交叉之积的和等于原式中的，第一、第三列构成的十字交叉之积的和等于原式中的2.2.21分解因式：解析原式其十字相乘图为2.2.22分解因式：解析原式其十字相乘图为2.2.23分解因式：解析原式对于形如（、为常数），当时，则把与分别相乘后，构成有相同部分：的项，使原式得到简化，再用十字相乘法进行分解2.2.24分解因式：解析原式对地形如（、为常数），当时，则把与分别先作法，构成具有相同部分的项，再用十字相乘法进行分解2.2.25分解因式：解析由于若原式可以分解因式，那么它一定是的形式应用待定系数法即可求出和，使问题得到解决设比较两边对应项的系数，则有解之，得，所以，原式2.2.26分解因式：解析这是关于的四次多项式，若它可以因式分解，则必为关于的两个二次式之积可用待定系数法求之设比较两边对应项的系数，则有解之，得，所以，原式如果设原式，那么由待定系数法解题后知关于与的方程组无解，所以设原式2.2.27为何值时，可以分解成两个一次因式的乘积？解析因为，所以如果可以分解成两个一次因式的乘积，那么它的两个一次因式一定是与的形式，其中、都是待定系数设，比较两边对应项的系数，得解之，得因此，当时，可以分解成两个一次因式的乘积2.2.28分解因式：解析因为，所以，原式2.2.29分解因式：解析这个式子是关于、的五次齐次对称式，令，则原式故原式有因式同理，亦有因式，这样原式还有一个二次齐次对称式所以，可设原式当，时，得当，时，得由式与式可解得，所以，原式2.2.30分解因式：解析当时，易知原式，所以原式有因式同理，与也都是原式的因式但四次多项式应有四个一次因式，由对称性余下的一个因式必有为，故可设令，得解得所以，原式2.2.31分解因式：解析所给的式子是一个四次对称式若令，则原式所以，原式含有因式同理，原式含有因式，于是，原式含有因式由于原式为四次对称式，故还有因式，其中为待定系数所以，原式比较等式两边的系数，得所以，原式2.3分式2.3.1计算：（1）；（2）解析（1）（2）2.3.2计算：（1）；（2）解析（1）（2）2.3.3化简分式：解析直接通分计算较繁，先把每个假分式化成整式与真分式之和的形式，再化简将简便得多原式评注本题的关键是正确地将假分式写成整式与真分式之和的形式2.3.4求分式当时的值解析先化简再求值直接通分较复杂，注意到平方差公式：，可将分式分步通分，每一步只通分左边两项原式2.3.5计算：解析本题如果直接通分化为同分母，去处较繁而通过分子拆项，分母分解之后，利用，比较简洁由此可看出，有时需要把分式按分母不变，分子相加减的法则倒过来运用，把一个分式拆成几个分式的和差原式2.3.6已知求的值解析由已知得且可得，即，所以评注这里利用与互为倒数的特点巧妙地运用乘法公式加以变形，使问题变得较简单同样地，2.3.7已知求的值解析由可得故评注本题同样通过将已知的条件作适当变形，代入所求的分式中由此可看出，在已知条件与所求的式子中寻找桥梁是非常关键的，往往需要作整体的代换，而不一定要一一求出每个字母的数值2.3.8计算：解析直接通分比较繁，考虑到这里主要涉及，三个式子，不妨用换元法使所求式子的形式变得简单一些设，则，所以原式2.3.9已知，求的值解析因为，两边平方得已知，所以，又，所以同理，故原式2.3.10若，求的值解析本题可将分式通分后，再进行化简求值，但较复杂下面介绍几种简单的解法方法1因为，所以、都不为零原式方法2因为，所以，原式方法3由，得，将之代入原式原式2.3.11化简分式：解析三个分式一起通分运算量大，可先将每个分式的分母分解因式，然后再化简原式评注本题在将每个分式的分母因式分解后，各个分式具有的一般形式，与分式运算的通分思想方法相反，我们将上式拆成与两项，这样，前后两个分式中就有可以相互消掉的一对相反数，这种化简的方法叫“拆项相消”法，它是分式化简中常用的技巧2.3.12若实数、满足，求的值解析因为，所以，故从而，所以2.3.13已知：（，且、不全相等），求的值解析本题字母多，分式复杂若把条件写成，那么题目只与，有关，为简化计算，可用换元法求解令，则分式变为，且由已知有将两边平方得由于、不全相等，所以、不全为零，所以，从而有，即所求分式的值为评注从本题中可以看出，换元法可以减少字母个数，使运算过程简化2.3.14已知，求的值解析本题的已知条件是以连比形式出现，可引入参数，用它表示连比的比值，以便把它们分割成几个等式设，于是有，所以2.3.15已知，求的值解析令，于是条件变为，由有，所以把两边平方得，所以，即2.3.16已知实数、满足，求的值解析因为，所以同理可得，结合可得，所以结合，可得因此，实际上，满足条件的、可以分别为、2.3.17已知，求下面代数式的值：解析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，所以原式2.3.18若，求分式的值解析，所以，所以，即原式分子，原式分母，所以原式评注本题的解法采用的是整体代入的方法，这是代入消元法的一种特殊类型，应用得当会使问题的求解过程大大简化2.3.19若，求的值解析1利用比例的性质解决分式问题（1）若，由等比定理有，所以，于是有（2）若，则，于是有评注比例有一系列重要的性质，在解决分式问题时，灵活巧妙地使用，便于问题的求解解析2设参数法令，则，有，所以，故有或当时，当时，评注引进一个参数表示以连比形式出现的已知条件，可使已知条件便于使用2.3.20一列数，满足对于任意正整数，都有，求的值解析当时，有，两式相减，得，所以，故