巧构造 妙解题

构造法是一种重要的解题方法 ,是最富活力的数学转化方法之一 .恰当地运用这一方法解题 ,能收到以简驭繁、化难为易、事半功倍之效 .下面以各类竞赛题为例说明 .一、构造方程例 1　已知ａ ,ｂ ,ｃ三数满足方程组ａ +ｂ =8,ａｂ -ｃ2 + 82ｃ =48.试求方程ｂｘ2 +ｃｘ -ａ=0的根 .( 2 0 0 2年全国初中数学联赛题 )解　∵　ａ +ｂ =8,　ａｂ =ｃ2 -82ｃ +48,∴　ａ ,ｂ是方程ｘ2 -8ｘ +ｃ2 -82ｃ + 48=0的两根 ,则Δ =82 -4 (ｃ2 -82ｃ + 48)≥ 0 ,即　 -4 (ｃ -4 2 ) 2 ≥ 0 .∴　ｃ =42 .代入方程 ,得ｘ2 -8ｘ + 16=0 ,解之得ａ =ｂ =4.∴　…     

例题赏析

<正>一、源本问题展示,数形结合相映问题过点M(-3,-3)的直线l被圆x²+y2+y²+4y-21=0所截得的弦长为452+4y-21=0所截得的弦长为45^(1/2),求直线l方程.此问题是教材必修2第127页例2,看似简单,实则内涵丰富.潜心研究,收获盛丰.先谈问题之解.解将圆的方程写成标准形式,得     

新题征展(102)

A题组新编1.(甘志国)(1)1!×1+2!×2+3!×3+…+ 66!×66被2010除的余数等于____ (2)求数列{(n+2)/(n!+(n+1)!+(n+2)!)}的前n项和。2.(陈世明)已知s,t∈(-1,1),两个方程x~2+ 2sx+t=0与x~2+2tx+s=0,求(1)都有实根的概率为____; (2)至少一个方程有实根的概率为____。B藏题新掘     

一类分数求和的方法

<正>学完有理数后,老师给我们布置了几道关于分数(分母是两整数积,分子是1)连加的思考题,经过我们的探究,发现了计算此种类型连加题的一般方法,现和同学们共同分享.例1计算1/1×2+1/2×3+1/3×4+…+1/2013×2014.分析与解因为1/1×2=1-1/2,1/2×3=1/2-1/3,1/3×4=1/3-1/4,…,1/2013×2014=1/2013-1/2014.     

一道高一复赛题的启示与猜想

<正>例1(2013年北京市高一数学复赛第三大题第二小题)记a=12+22+…+20132,证明:a可写成2012个不同的正整数的平方和(参见"中等数学"2014·2第19页)分析据题意,只需从12²0132这2013个平方数中,删去两个数,补上一个比20132大的平方数.解因为32+42=52,所以32×5002+42×5002=52×5002,即15002+20002=25002,     

破常规巧解三元一次方程组

解三元一次方程组 ,最基本最常用的方法是 :代入法和加减法 .我在学习这部分内容时 ,发现课本上有两道题 ,可破常规巧解 .解方程组ｘ∶ｙ=3∶2 ,ｙ∶ｚ =5∶4,ｘ +ｙ +ｚ=6 6 .(义教《代数》第一册 (下 )Ｐ3 1Ｂ组 1 ( 1 ) )解析　原方程组中前两个方程只含两个未知数 ,可用“双代入法” ,即把这两方程中的两个未知数都用第三个未知数表示 ,然后代入到第三个方程中去求解 .解　原方程组可化为2ｘ -3 ｙ=04ｙ -5ｚ =0ｘ +ｙ +ｚ=6 6①②③由①得　ｘ =32 ｙ ④由②得　ｚ=45ｙ ⑤把④、⑤分别代入③得32 ｙ +45ｙ +ｙ=6 6 ,解得　ｙ =2 0 .把…     

科学计数解题三例

我们知道,一个两位数是十位数字×10+个位数字×1构成的,一个三位数是百位数字×100+十位数字×10+个位数字×1构成的,由此类推可以知道四位数、五位数……的构成,这种科学记数可以很方便地解决实际问题,下面介绍三例:     

上期课外练习参考答案

初一年级1.2 0 0 2 <2 0 2 0 <2 2 0 0 .2 .∵ 74ｎ(ｎ为自然数时 )的末两位数字是 0 1,74ｎ + 1 末两位数字是 0 7,74ｎ + 2 末两位数字是 49,74ｎ + 3末两位数字是 43 ,而 72 0 0 3=73× 72 0 0 0 =73× 74× 50 0 的末两位数字应是 43 ,40 0 (1+ 74 + 78+… + 72 0 0 0 ) -72 0 0 3的末两位数字是 5 7,故 70 + 7+ 72 +… + 72 0 0 2 的末两位数字ａｂ =5 7.3 .当ｘ >0时 ,解得 ｘ =1,ｙ=3 .当ｘ≤ 0时 ,无解 .初二年级1.ｘ =2ｚ21+ｚ2 ,ｙ =2ｘ21+ｘ2 ,ｚ =2 ｙ21+ ｙ2 .分别取倒数得2ｘ=1+ 1ｚ2 ,2ｙ=1+ 1ｘ2 ,2ｚ=1+ 1ｙ2 .(1)(2 )(3 )…     

课外练习及参考答案

<正>初一年级1.计算12+(13+23)+(14+24+34)+(15+25+35+45)+……+(160+260+360+……+5960).(北京市海淀区世纪城三期时雨园11-2-8B(100097)胡怀志)2.已知n个数相加,它的第一数是-2,第二个数是2,第三个数是18,第四个数是52,第五个数是110,……,观察以上规律,试用最简代数式表示这n个数之和.(广东省汕头市龙湖区外砂镇林厝村同福里(515023)王植灿)3.已知2013=a!×b!×c!d!×e!×f!,这六个正整数满足:a>b>c,d>e>f,当a+d取最小值时,a-d=.(记号a!=1×2×3×…×a)     

一道年份竞赛题的证明思路与方法

<正>例(2018年四川省初中数学竞赛题)试证2018²+20182+2018²×20192×2019²+20192+2019²是一个完全平方数.思路1直接转化,即将20182是一个完全平方数.思路1直接转化,即将2018²+20182+2018²×20192×2019²+20192+2019²转化为M2转化为M²的形式.证明20182的形式.证明2018²+20182+2018²×20192×2019²+20192+2019²=20182=2018²+20182+2018²×(2018+1)2+20192×(2018+1)2+2019²=20182=2018²+20182+2018²×(20182×(2018²+2×2018+1)+20192+2×2018+1)+2019²=20182=2018²+(20182+(2018²)2+20182)2+2018² (2×2018+1)+20192 (2×2018+1)+2019²     

小议正因数乘积的一个性质

<正>例1求72的所有正因数的乘积.分析与解因为72=2³×33×3²,故共有正因数(3+1)×(2+1)=12个:1,2,3,4,6,8,9,12,18,24,36,72,再将12个正因数配成(12/2=)6对:1与72,2与36,3与24,4与18,6与12,8与9,每对中,两数之积为72,由此可见,72的所有正因数的乘积是722,故共有正因数(3+1)×(2+1)=12个:1,2,3,4,6,8,9,12,18,24,36,72,再将12个正因数配成(12/2=)6对:1与72,2与36,3与24,4与18,6与12,8与9,每对中,两数之积为72,由此可见,72的所有正因数的乘积是72⁶.例2求36的所有正因数的乘积.分析与解因为36=26.例2求36的所有正因数的乘积.分析与解因为36=2²×32×3²,故共有正因数:(2+1)×(2+1)=9个:1,2,3,4,6,9,12,18,36,将其中8个正约数配成(8/2=4)对:1与36,2与18,3与12,4与9,另外还有一个6.其中每对两数之积为36,由此可见,36的所有     

例谈条件求值

<正>在解条件求值时,根据已知条件和待求值的代数式之间的联系,灵活选择解法,将会收到事半功倍的效果,现介绍几种解条件求值的方法.例1已知x=2,求x⁴-3x4-3x³+4x3+4x²-5x+13的值解法一原式=22-5x+13的值解法一原式=2⁴-3×24-3×2³+4×23+4×2²-5×2+13=11.解法二(逐次提出x,变形后再代入):原式=x{x[x(x-3)+4]-5}+13     

数形结合 另解一道数学竞赛题

<正>2017年全国初中数学邀请赛第11题:已知二次函数y=x²+2mx-3m+1,自变量x及实数p、q满足4p2+2mx-3m+1,自变量x及实数p、q满足4p²+9q2+9q²=2,1/2x+3pq=1,且y的最小值为1.求m的值.解由1/2x+3pq=1可得x+6pq=2,即2p×3q=2-x.∵4p2=2,1/2x+3pq=1,且y的最小值为1.求m的值.解由1/2x+3pq=1可得x+6pq=2,即2p×3q=2-x.∵4p²+9q2+9q²=2,∴4p2=2,∴4p²+2×2p×3q+9q2+2×2p×3q+9q²=2+2×(2-x)=6-2x,即(2p+3q)2=2+2×(2-x)=6-2x,即(2p+3q)²=6-2x.     

用整式乘法探究有理数乘法的简算规律

<正>许多同学都会个位数字是5的两位数平方的简算.(15)²=1×2×100+25=225,(25)2=1×2×100+25=225,(25)²=2×3×100+25=625,(35)2=2×3×100+25=625,(35)²=3×4×100+25=1225,……,一般地,简算法1:(a5)2=3×4×100+25=1225,……,一般地,简算法1:(a5)²=100a(a+1)+25(a为正整数).为什么能这样算呢?这是因为:(a5)2=100a(a+1)+25(a为正整数).为什么能这样算呢?这是因为:(a5)²=(10a+5)2=(10a+5)²=100a2=100a²+100a+25=100a(a+1)+25(a为整数).(1)用简算法1计算(85)2+100a+25=100a(a+1)+25(a为整数).(1)用简算法1计算(85)²=7225(72是8×9,25是52=7225(72是8×9,25是5²).从一个问题出发,如果能进行更深入更广阔的思考才是我们应追求的目标和思维发展     

再析一道以二进制为背景的高考题

题 (2011年湖南卷理16)对于n∈N+,将n表示为n=a0×2k+a1 ×2k-1 +a2 ×2k-2+…+ak-1 ×21 +ak×20,当i=0时,ai=1,当1≤i≤n时,ai为0或1.记I(n)为上述表示中ai为0的个数.(例如:1=1 ×20,4=1 ×22+0×21 +0×20,故I(1)=0,I(4)=2),则(1)I(12)=____;(2)127∑n=12I(n)=____.     

某些二位数平方的简捷计算

一、十位数字是9的二位数的平方,可以用公式(9。乙)2一(。。乙场).万’来计算.b=其中1,2,3,一9。 ·表示添写符号.如9,8一98;9‘37一937. b表示b关于10的补数:即b一10一b如2一8. ·bZ表示乙的补数的平方所得的二位数字的数,如奈82-.42- 例1 .98=9604·(xo一8)“一·2“=04,扩62=36=(9·8一8·82=(95一2)·22 932=(9·3一3).3多一(93一7),7“=5649 ,二、十位数字是5的二位数的平方,可用公式 (5·b)“=(25+b)·bZ来计算. 例2 .5a2=(5.8)2一(25一卜8)·8“=3364, 53“=(5,3)“=(25+3)·3“=2809. 三、十位数字为4的二位数的平方,可用公式(4,乙…     

珠算速算在银行会计工作中的应用(续)

说明:①选定算盘最左边的分节点做固定首位档,用一口清空盘前乘法算96,857×12得积数1162284; ②不清盘,选算盘中间一分节点做固定首位档,用一口清空盘前乘法算1162284×7.8得积数90658152; ③定位:①为5 2=7位;②为7 1-1=7位;再减去千分号-3位为4位,为9,065.82     

二次根式与拳法

<正>在学习代数的过程中,我们会发现这样的一种趋势,我们认识了有理数这一些数,接着又学会了怎么计算这一些数,把他们按照+、-、×、÷、乘方(aⁿ)等运算法则,和交换律:a+b=b+a,结合律:(a×b)×c=a×(b×c)以及分配律:(a+b)×c=a×c+b×c等运算律进行折腾,这就像练武术时,学习了一套基本拳法.     

浅析有条件的分式化简与求值问题

解有条件的分式化简与求值问题时,既要瞄准目标,又要抓住条件;既要根据目标变换条件,又要依据条件来调整目标,常常用到如下解题技巧.1引入参数法此法的运用特点是当题目所给条件为连比等式的形式时,采用引入参数法进行转换.例1已知a2+b=b-32c=3c4-a,求5a8+a6+b9-b7c的值.分析审视条件和待求式,设连比值为k,则a,b,c分别能用参数k的倍数来表示,问题可迎刃而解.解设a2+b=b-32c=3c4-a=k,则a+b=2k,b-2c=3k,3c-a=4k,三式联立解方程组,得a=-151k,b=215k,c=35k.所以,5a+6b-7c8a+9b=5×(-115k)+6×251k-7×35k8×(-151k)+9×251k=15001.点评通过引入参数k,将条件转化为方程组,然后用k分别表示a,b,c,代入分式中求解.通过引入参数,实现将多元(a,b,c)转变为一元(k)来求解,既有条不紊又方便快捷.例2已知abc≠0,且a+cb=ba+c=c+ba,求(a+b)(b+c)(c+a)abc的值.分析审视条件和待求式,设连比值为k,则待求式等于k3,若能求出k,问题获解.解设a+cb=ba+c=c...     

珠心算多项连乘一次定位法

正由于多项连乘,项数多、数目字又大,所以要简化算法,才能保证快速得出正确结果。我们采用的算法是"变换题型和处理尾0"。变换题型就是根据算法需要,以乘算"三律"(交换律、结合律、分配律):a×b=b×a,a×b×c=a×(b×c),a×(b+c)=a×b+a×c为依据,将那些凑整出尾0的数结合,交换先乘;处理尾0就是算前整因数后边的尾0、及算中出现的尾0,一律不参加计算:整数乘法直接