在代数式求值中数学思想运用举隅

数学思想是数学的精髓 .运用数学思想求代数式的值是初中数学比较常见的问题 ,特别是在初中数学竞赛中应用比较多 .下面举例谈谈数学思想在代数式求值中的应用 .一、整体思想例 1　已知ａ≠ 0 ,ｂ≠ 0 ,且 1ａ +1ｂ =4 ,那么4ａ+3ａｂ +4ｂ- 3ａ+2ａｂ - 3ｂ=.(第九届全国希望杯数学邀请赛题 ) .分析 :原式视 1ａ+1ｂ为一个整体来处理 ,再用已知条件代入便求得所求代数式的值 .解 :∵ａ≠ 0 ,ｂ≠ 0 ,∴ａｂ≠ 0 .用ａｂ分别除原式的分子分母得 ,原式 =4ｂ+3+4ａ- 3ｂ+2 - 3ａ=4 ( 1ａ+1ｂ) +3- 3( 1ａ+1ｂ) +2.∵ 1ａ+1ｂ=4 ,∴原式 =4× 4…     

用“若a+b=0,则ab≤0”解竞赛题

如果两实数ａ ,ｂ满足ａ +ｂ =0 ,则ａｂ≤0 .应用这个结论解答一些竞赛题十分简捷 .现举例说明 .例 1　ｘ ,ｙ ,ｚ均为实数 ,解方程组ｘ + ｙ =2ｘｙ -ｚ2 =1①②(1987年上海市初中数学竞赛 )解　由①得　 (ｘ -1) + (ｙ -1) =0 .∴ (ｘ -1) (ｙ -1) =ｘｙ-(ｘ + ｙ) + 1≤0 ③①、②代入③得　 (ｘ -1) (ｙ -1) =ｚ2 ≤ 0 ,∴　ｚ =0 ,　ｘ -1=ｙ -1=0 .故方程组的解是　ｘ =1,ｙ =1,ｚ =0 .例 2　已知实数ａ ,ｂ ,ｃ满足ａ +ｂ +ｃ =0 ,ａｂｃ=8.求ｃ的取值范围 .(第一届“希望杯”初二数学竞赛 )解　由已知 (ａ + 12 ｃ) + (ｂ + 12 ｃ)…     

一个条件不等式的应用与推广

定理 1　设ａ ,ｂ∈Ｒ ,且ａ ｂ =1 ,则ａｂ 1ａｂ≥ 414.(当且仅当ａ =ｂ =12 时 ,等号成立 )证　ａｂ 1ａｂ≥ 414 4ａ2 ｂ2 - 17ａｂ 4≥ 0 ( 4ａｂ - 1 ) (ａｂ - 4 )≥ 0 ;∵ａｂ =(ａｂ) 2 ≤ ( ａ ｂ2 ) 2 =14,∴ 4ａｂ≤ 1 ,而又知ａｂ≤14<4,故 ( 4ａｂ - 1 ) (ａｂ - 4 )≥ 0成立 ,即ａｂ 1ａｂ≥ 414获证 .1　巧用ａｂ 1ａｂ≥ 414解题　例 1　设ｘ ,ｙ∈Ｒ ,解方程组ｘ ｙ =1 ,( 2ｘ 3ｙ) ( 2 ｙ 3ｘ) =49.解　考察 49=4ｘｙ 9ｘｙ 1 2 =4(ｘｙ 1ｘｙ) 5·1ｘｙ 1 2≥ 4·414 5·4 1 2 =49,可见当ｘ …     

一类不等式的统一证法

例题　 (1)已知 |ａ| <1,|ｂ| <1,求证 :ａ +ｂ1+ａｂ <1.(2 )设ａ ,ｂ∈Ｒ+ ,且ｂ <2ａ ,求证 :ａｂ <2 <2ａ +ｂａ +ｂ .分析　将 (1)中的结论改写为 -1<ａ +ｂ1+ａｂ<1,与 (2 )中的结论比较易发现 ,两题的结论都具有Ｐ <Ｎ <Ｍ的形式 ,于是我们对两个问题作统一的一般化处理 (构造二次函数证明不等式 ) .设 ｆ(ｘ) =ｘ2 -(Ｍ +Ｐ)ｘ +Ｍ·Ｐ =(ｘ -Ｍ) (ｘ -Ｐ) ,则有Ｐ <Ｎ <Ｍ ｆ(Ｎ)<0 ,故要证Ｐ <Ｎ <Ｍ ,只须证 ｆ(Ｎ) <0即可 .证明 (1)　令Ｐ =-1,Ｍ =1,Ｎ =ａ +ｂ1+ａｂ,构造函数 ｆ(ｘ) =ｘ2 -1.∵　ｆ(ａ +ｂ1+ａｂ) =(ａ +ｂ…     

类比——让我分享一次成功

题 1　已知实常数ａ >0 ,ｂ >0 ,0 <θ <π2 ,求 ｙ =ａｓｉｎθ+ ｂｃｏｓθ的最小值 .当我试图去解这道题时 ,几经努力都没成功 ,失败使我陷入深思中 .忽然 ,我头脑中浮现出我曾做过的一道题 :题 2　已知实常数ａ >0 ,ｂ >0 ,且ｘ + ｙ=1,求 ｙ =ａｘ+ ｂｙ 的最小值 .这道题可以这样来解 :ｙ =ａｘ+ ｂｙ=(ａｘ + ｂｙ) (ｘ + ｙ)=ａ + ａｙｘ + ｂｘｙ +ｂ≥ａ + 2ａｂ +ｂ=(ａ +ｂ) 2 .其中当且仅当ａｙｘ =ｂｘｙ ,即 ｘｙ=ａｂ 时等号成立 .题 1、题 2很相似 ,但题 2有变量约束条件ｘ + ｙ =1,而题 1隐含条件ｓｉｎ2 θ +ｃｏｓ2 θ …     

对一道课本例题的探究

高中代数下册 (必修 )第 7页例 2 ,已知 :ａ、ｂ∈Ｒ+并且ａ≠ｂ ,求证 :ａ5 +ｂ5 >ａ3 ｂ2 +ａ2 ｂ3 .作差 ,分解因式得 (ａ +ｂ) (ａ -ｂ) 2 (ａ2 +ａｂ +ｂ2 ) ,因为ａ、ｂ∈Ｒ+ ,所以ａ2 +ａｂ +ｂ2 >0 ,……对此 ,有同学提出 :因为ａ2 +ａｂ +ｂ2 =(ａ + ｂ2 ) 2 + 34ｂ2 其实只需ａ≠ｂ ,就可推出ａ2 +ａｂ+ｂ2 >0 ,因此 ,条件ａ、ｂ∈Ｒ+ 对原不等式并非必要 ,可弱化为ａ +ｂ >0 .与此类似的问题是否都存在这样的情况呢 ?这时我们若以批判的态度审视课本中同一页的练习 :已知 :ａ、ｂ∈Ｒ+且ａ≠ｂ ,求证 :ａ4 +ｂ4 >ａ3 ｂ +ａｂ3 ,…     

上期课外练习参考解答

初一年级1 .两边连续乘以 2 ,得　12 ｘ + 2 =4,∴　ｘ =4.2 .∵　ＡＢ·ＡＡＡＡ =ＡＢ·ＡＡ·1 0 1 ,ＡＢＡＢ·ＡＡ =ＡＢ·1 0 1·ＡＡ ,∴　等式成立 .3.分类比较三个有理数的两种表达形式 ,得出ａ =-1 ,ｂ =1 .故所求式的值为 0 .初二年级1 .由已知得　 5 =ｘ -1 .∴　原式 =ｘ3 -( 2 +ｘ -1 )ｘ2 + ( 1 + 2ｘ-2 )ｘ -ｘ + 1 + 2 0 0 3=ｘ2 -2ｘ + 2 0 0 4=(ｘ -1 ) 2+ 2 0 0 3=2 0 0 8.2 .原式 =ａ2 ｄ2 -2ａｂｃｄ +ｂ2 ｃ2 +ａ2 ｃ2+ 2ａｂｃｄ +ｂ2 ｄ2=(ａ2 +ｂ2 ) (ｃ2 +ｄ2 )=1× 2 0 0 3=2 0 0 3.3.如图 ,记Ａｉ(ｉ =1 ,2 ,…     

浅谈提高应用公式的能力——一个乘法公式及其应用举例

《中学数学教学大纲》中指出 :“在学生正确理解数学概念的基础上 ,要使学生理解数学的内在规律和这些规律的来源 ,这样才能切实掌握、灵活运用 .”例如乘法公式是应用多项式乘法法则得到的一些特殊的多项式相乘的结果 .为了提高运用乘法公式的能力 ,除了理解公式的来源和意义外 ,还要掌握与之有联系的其他公式的内在规律 ,以及该公式某些有用的变形公式及其应用 .下面以两数和立方公式为例进行分析 .(ａ +ｂ) 3 =ａ3 +3ａ2 ｂ +3ａｂ2 +ｂ3 (1 )公式 (1 )本身的含义是十分清楚的 ,即 (ａ +ｂ) 3 可展开为多项式ａ3 +3ａ2 ｂ +3ａｂ2 +ｂ3 .…     

分解因式前的基本变形

初中数学教材中关于分解因式有四种基本方法:提公因式法、公式法、分组分解法及式子ｘ2+(ａ+ｂ)ｘ+ａｂ=(ｘ+ａ)(ｘ+ｂ)法.但是,有些多项式是无法直接使用这些方法进行分解的,必须经过适当的变形后才能分解因式.为使读者正确、熟练地掌握分解因式,现介绍几种基本变形.一.符号变形例1　分解因式ｍ(ａ-ｂ)-ｎ(ｂ-ａ).分析:由于ａ-ｂ和ｂ-ａ互为相反数,因此需把ａ-ｂ变形为-(ｂ-ａ)或把ｂ-ａ变形为-(ａ-ｂ).解:原式=ｍ(ａ-ｂ)+ｎ(ａ-ｂ)=(ａ-ｂ)(ｍ+ｎ).二.组合变形例2　分解因式3ａ2+ｂｃ-3ａｃ-ａｂ.分析:选择系数成比例的项进行调项变换组合…     

充分利用定义中的条件

二次根式的定义为 :式子 ａ(ａ≥ 0 )叫做二次根式 .这一定义中的条件ａ≥ 0极为重要 ,同学们在学习时应特别注意并在解题时充分利用 .现分几种情况举例说明 .一、若ａ有意义 ,则ａ≥ 0例 1　要使根式 1-ｘ有意义 ,那么ｘ的取值范围是 .( 2 0 0 2年福建省龙岩市中考试题 )解 :要使 1-ｘ有意义 ,必须 1-ｘ≥ 0 ,得ｘ≤ 1.例 2　ａｂ≠ 0 ,则等式 - - ａｂ5=1ｂ3 -ａｂ成立的条件是 (　 ) .Ａ .ａ >0 ,ｂ>0　　　Ｂ .ａ >0 ,ｂ <0Ｃ .ａ <0 ,ｂ >0Ｄ .ａ <0 ,ｂ <0( 2 0 0 2年山东省淄博市中考试题 )解 :∵ - - ａｂ5=1ｂ3 -ａｂ ,∴ｂ3 <0 ,…     

悖论与分式方程

数学上有一个著名的“2 =1悖论” .通过证明得出 2 =1的结论 .具体过程如下 :证明　设ａ =ｂ ,则ａ2 =ａｂ .ａ2 -ｂ2 =ａｂ -ｂ2 .(ａ +ｂ) (ａ -ｂ) =ｂ(ａ -ｂ) ,ａ +ｂ =ｂ ,ｂ +ｂ =ｂ ,2ｂ =ｂ ,2 =1.这个看似天衣无缝的证明 ,其实并不严密 .第 4步 (ａ +ｂ) (ａ -ｂ) =ｂ(ａ -ｂ)到第 5步ａ +ｂ =ｂ ,是两边同时除以 (ａ -ｂ) ,但我们假设ａ =ｂ ,所以ａ -ｂ =0 ,因此我们是在两边同时除以 0 ,于是出现了悖论 .利用这个悖论可以很好地说明分式方程增根的问题 .为了明晰起见 ,将这几步重新书写于下 ,并添补上最关键的一步 .(ａ +ｂ) (…     

一道不等式证明题的多维思考

题　若ａ >0 ,ｂ >0 ,且ａ ｂ =1,证明　　　 (ａ 1ａ) (ｂ 1ｂ)≥2 54 ( 1)思考 1　若用均值不等式ａ 1ａ ≥ 2去证 ,得不到要证明的结论 .失败的原因在于没有利用条件ａ ｂ =1.为了利用这一条件 ,须将 ( 1)的左边变形 .∵ａ ,ｂ∈Ｒ ,ａ ｂ =1,∴ 0 <ａｂ≤ 14 .∴　 (ａ 1ａ) (ｂ 1ｂ) =ａ2 ｂ2 ａ2 ｂ2 1ａｂ　 =ａ2 ｂ2 1- 2ａｂ 1ａｂ =1ａｂ[(ａｂ - 1) 2 1]　≥ 4 [( 14 - 1) 2 1] =2 54 .当且仅当ａ =ｂ =12 时等号成立 .思考 2　∵ 0 <ａｂ≤ 14 ,∴ (ａ 1ａ) (ｂ 1ｂ) =ａｂ 1ａｂ ｂａ ａｂ…     

2002年第四期初中数学问题解答

一、已知ａ <0 ,-1 <ｂ <0 ,则ａ ,ａｂ ,ａｂ2 之间的大小关系如何 ?解 :∵ -1 <ｂ <0 ,∴ｂ<ｂ2 <1 .又ａ<0 ,　∴ａｂ >ａｂ2 >ａ .二、如果二次不等式ａｘ2 +8ａｘ+2 1 <0的解是 -7<ｘ <-1 ,求ａ的值 .解 :考虑二次函数ｙ =ａｘ2 +8ａｘ +2 1的图象 ,由已知条件可知它与Ｏｘ轴的两个交点为 (-1 ,0 ) ,(-7,0 ) ,故由韦达定理知 (-7)× (-1 ) =2 1ａ .∴ａ=3 .答 :略 .三、在△ＡＢＣ中 ,∠ＣＢＡ =72° ,Ｅ是边ＡＣ的中点 ,Ｄ在ＢＣ边上且 2ＢＤ =ＤＣ ,ＡＤ与ＢＥ交于Ｆ ,求△ＢＤＦ和四边形ＦＤＣＥ的面积之比 .解 :过Ｅ作ＥＧ∥ＡＤ交…     

一个不等式的加强及证法

《中学生数学》2 0 0 2年 5月上期课外练习中 ,杨大为先生提出如下不等式 :设正实数ａ、ｂ满足ａ +ｂ =1,求证 :1+ａ2 + 1+ｂ2 >2 2 -1.若将此不等式下界加强且给出上界 ,则更能体现其严密性及简洁性 .其结果为 :5≤1+ａ2 + 1+ｂ2 <1+ 2 ,以下给出两种证法 .证法 1　 (放缩法 )∵　ａ、ｂ∈Ｒ+ ,　ａ +ｂ =1,∴　 0 <ａｂ≤14 .∴　ａ2 +ｂ2 =1-2ａｂ≥ 12 .∵　 (1+ａ2 + 1+ｂ2 ) 2　 =2 +ａ2 +ｂ2 + 2 1+ａ2 +ｂ2 +ａ2 ｂ2　 =2 +ａ2 +ｂ2 + 2 2 -2ａｂ + (ａｂ) 2　 =2 +ａ2 +ｂ2 + 2 1+ (1-ａｂ) 2　≥ 2 + 12 + 2 1+ (1-14 ) 2　 =52 +…     

数学问题解答

20 0 2年 9月号问题解答(解答由问题提供人给出 )1 3 91　已知实数ａ ,ｂ ,ｃ满足不等式｜ｂ-ｃ｜≥3｜ａ｜,｜ｃ-ａ｜≥ 3｜ｂ｜ ,｜ａ-ｂ｜≥ 3｜ｃ｜ ,求证 :ａ+ｂ+ｃ=0 .(南昌大学附中　宋庆　 3 3 0 0 2 9)证明　因为ａ ,ｂ,ｃ∈Ｒ ,｜ｂ-ｃ｜≥ 3｜ａ｜,所以 (ｂ-ｃ) 2 ≥ 3ａ2 ,所以 3ａ2 -ｂ2 -ｃ2 +2ｂｃ≤ 0 ,同理得 3ｂ2 -ｃ2 -ａ2 +2ｃａ≤ 0 ,3ｃ2 -ａ2 -ｂ2 +2ａｂ≤ 0 ,以上三式相加 ,便得ａ2 +ｂ2 +ｃ2 +2ｂｃ+2ｃａ+2ａｂ≤ 0 ,所以 (ａ+ｂ +ｃ) 2 ≤ 0 ,所以ａ+ｂ+ｃ =0 .1 3 92　数列 {ａｎ}中 ,ａｎ =ｎ3·Π99ｉ=1(ｎ2…     

初二代数第二学期期末自测题

Ａ组一、填空题 (每小题 3分 ,共 36分 )1.916 的算术平方根是 ,2 7的立方根是 .2 .4的平方根是 ,立方根是 .3.化简下列各式 :94 9= ;27=;2ａａ+ｂ=.4 .已知ａ =2 ,ｂ =3,ｃ=5,则 ｂ2ａｂｃ的值是 .5.若 (ｘ - 5) 2(ｘ - 6 ) 2 =ｘ - 5ｘ - 6 ,则ｘ =.6 .计算 :( 1) 1010 0 0 =;( 2 ) 0 .0 1× 6 40 .36× 5=.( 3) 12÷ 2 7× 50 =.7.合并下列各式中的同类根式 :8+ 33+ 13- 52 =.ｘ4 + 2 1ａ - 4ｘ +ａ =.8.已知 5≈ 2 .2 36 ,3≈ 1.732 ,则 45- 3的值 (精确到 0 .0 1)是 .9.若ａｂ <0 ,则ａｂ2 =.10 .计算 ( 3+ 2 ) 2 0 0 3 ·( 3- 2 ) 2 0…     

小心“不等于零”的规定

初中数学中的定义有许多“不等于零”的规定 ,应予以强调和重视 .一、一元一次方程中的一次项系数“不等于零”要使一元一次方程的定义和它有唯一解的条件成立 ,教材将一元一次方程的标准形式ａｘ +ｂ =0和最简形式ａｘ =ｂ中的ａ规定不等于 0 .例 1　若方程 ｘ -ｂａ =2 -ｘ -ａｂ 有唯一解 ,则字母ａ、ｂ之间的关系式是 .(代数第二册第 90页例 2的变形 )分析　方程可化为 (ａ +ｂ)ｘ =(ａ +ｂ) 2 ,要使一元一次方程有唯一解只需ａ +ｂ≠ 0 ,即ａ≠ -ｂ .二、同底数幂相除时 ,底数“不等于零”在同底数幂的除法中 ,为了确保零指数幂 ,负整…     

巧化齐次式妙证不等式

若不等式两边各项的次数相等 ,不妨称之为齐次不等式 .如均值不等式中 ,ａ2 +ｂ2 ≥2ａｂ ,是齐二次不等式 ,ａ +ｂ+ｃ3 ≥ 3 ａｂｃ是齐一次不等式 ,对某些非齐次不等式的证明 ,若能结合题设条件 ,将低次项的次数适当升高 ,从而将原不等式转化为齐次不等式来处理 ,往往会产生出奇制胜的解题效果 .例 1　已知ａ、ｂ、ｃ∈Ｒ ,且ａ+ｂ +ｃ=1.求证 :ａｂ +ｂｃ+ｃａ≤ 13 .分析　所证不等式左边是二次式 ,右边是一个常数 ,即零次式 .由已知　ａ +ｂ+ｃ =1,∴　　　 (ａ+ｂ+ｃ) 2 =1,从而所证不等式可化为齐二次不等式ａｂ +ｂｃ+ｃａ≤ 13 (ａ +ｂ+ｃ) 2 ,即　ａ2 +ｂ2 +ｃ2 ≥ａｂ +ｂｃ+ｃａ .而　左边 -右边= 12 [(ａ-ｂ) 2 +(ｂ -ｃ) 2 +(ｃ -ａ) 2 ] ≥ 0 ,∴　原不等式成立 .例 2　已知 ｐ3 +ｑ3 =2 .求证 :ｐ+ｑ≤ 2 .分析　所证不等式左边为一次式 ,右边为零次式 ,考虑到已知等式是一个三次式 ,从而将所证不等式两边立方 ,得 (ｐ+ｑ) 3 ≤ 8,∵　ｐ3 +ｑ3 =2 ,　∴　 8=4( ｐ3 +ｑ...     

构造函数f(x)=sum from i=1 to n()(a_ix-b_i)~2证明不等式

函数 ｆ(ｘ) =∑ｎｉ=1(ａｉｘ -ｂｉ) 2 =(ａ1ｘ -ｂ1) 2 + (ａ2 ｘ -ｂ2 ) 2 +… + (ａｎｘ -ｂｎ) 2 是关于ｘ的二次函数且具有特点 :①二次项系数大于 0 ;②函数值 ｆ(ｘ)≥ 0 .则有其判别式Δ≤0 .某些不等式证明题 ,若能根据已知条件和结论的特点 ,巧构函数 ｆ(ｘ) =∑ｎｉ=1(ａｉｘ -ｂｉ) 2 ,从而利用 ｆ(ｘ)≥ 0 ,Δ≤ 0可轻松获解 .例 1　已知ａ ,ｂ ,ｃ∈Ｒ且ａ + 2ｂ + 3ｃ=6 ,求证 :ａ2 + 2ｂ2 + 3ｃ2 ≥ 6 .证　构造函数 ｆ(ｘ) =(ａｘ - 1 ) 2 + ( 2·ｂｘ - 2 ) 2 + ( 3ｃｘ - 3) 2 =(ａ2 + 2ｂ2 + 3ｃ2 )·ｘ2 - 1 2ｘ + 6…     

世界各地数学奥林匹克试题摘编

1　 (第 4 7届拉脱维亚数学奥林匹克 )已知ａ ,ｂ是互不相同的自然数 ,求证 :存在无穷多个自然数ｎ ,使得ａ +ｎ与ｂ +ｎ互素 .证　不妨设ｃ =ａ -ｂ >0 ,则存在非负整数 ｑ ,ｒ ,使得ｂ =ｑｃ +ｒ ,这里 0≤ｒ≤ｃ -1 ,令ｎ =ｃ +1 -ｒ +ｋｃ ,这里ｋ为非负整数 ,则ａ +ｎ =(ｂ +ｃ) +(ｃ+1 -ｒ +ｋｃ)=ｑｃ+ｒ +2ｃ+1 -ｒ +ｋｃ=(ｑ +ｋ +2 )ｃ+1 .ｂ +ｎ =(ｑ +ｎ +1 )ｃ +1 .设ｄ是ａ +ｎ与ｂ +ｎ的最大公约数 ,则ｄ|(ａ +ｎ) - (ｂ +ｎ) =ａ -ｂ =ｃ,∴ｄ|1 ,∴ｄ =1 .∴ａ +ｎ与ｂ +ｎ互素 .2　 (拉脱维亚第 4 7届数学奥林匹克 )是否…