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初一竞赛讲座04(有理数的有关知识).doc.doc

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初一竞赛讲座04(有理数的有关知识).doc.doc

初一数学竞赛讲座四有理数的有关知识一、一、知识要点1、绝对值x的绝对值x的意义如下x00xxxx,如果,如果x是一个非负数,当且仅当x0时,x0绝对值的几何意义是一个数的绝对值表示这个数对应的数轴上的点到原点的距离由此可得ba表示数轴上a点到b点的距离。2、倒数1除以一个数零除外的商,叫做这个数的倒数。如果两个数互为倒数,那么这两个数的积等于1。3、相反数绝对值相同而符号相反的两个数互为相反数。两个互为相反数的数的和等于0。二、二、例题精讲例1化简6312xxx分析由2x10、x30、x60求出零点,然后用零点分段法将绝对值去掉,从而达到化简的目的。解由2x10、x30、x60分别求得x1/2,x3,x6当21x时,原式2x1x3x62x2当321x时,原式2x1x3x62x4当63x时,原式2x1x3x610当x≥6时,原式2x1x3x62x2∴原式时当,时当,时当,时当,6x22x6310342222121xxxxx评注用零点分段法,通过零点分段将绝对值去掉,从而化简式子,解决问题是解决含绝对值问题的基本方法。例2已知312351312xxxxx,求的最大值和最小值。第六届迎春013杯决赛试题分析先解不等式,求出x的范围,然后利用绝对值的几何意义来求最大值和最小值。解解不等式2351312xxx得117x11731xx的几何意义是x到1的距离与x到3的距离的差,从上图中可以看出当x≤3时这差取得最大值4,因117x,则当117x时这差取得最小值1133.评注1、本题是采用数形结合的思想,用绝对值的几何意义来解题。2、本题求得x的范围后,也可用零点分段法将31xx化简,然后求出最大值和最小值。31xx117322313431xxxxxxx,当时当,由上式可以看出当x≤3时取得最大值4,当117x时取得最小值1133例3解方程013.728111415926.3yyxx第六届华杯赛决赛初一试题分析两个非负数的和是0,这两个非负数必须都是0。解由原方程得2013.72811101415926.3yyxx由1得1415926.3xx从而xx3.1415926或x3.1415926x,所以x1.5707963由2得13.72811yy从而yyy13.7811y13.72811或所以y2001701或y6001151于是,原方程的解是60011515707963.120017015707963.1yxyx评注两个非负数的和是0,这两个非负数必须都是0是解题中常用的一个结论。本题中,求1415926.3xx中的x值也可以用绝对值的几何意义来解,1415926.3xx表示x到原点与到3.1415926的距离相等,因而x是原点与点3.1415926连结线段的中点,即x1.5707963例4有理数cba,,均不为0,且.0cba设|,|||||||bacacbcbax试求代数式xx99192000之值。第11届希望杯培训题分析要求代数式xx99192000的值,必须求出x的值。根据x的特征和已知条件,分析a与bc,b与ac,c与ab的关系,从而求出x的值。解由cba,,均不为0,知baaccb,,均不为0.∵.0cba∴.,,bacacbcba即,1,1,1bacacbcba又cba,,中不能全同号,故必一正二负或一负二正.所以bacacbcba||,||,||中必有两个同号,即其值为两个+1,一个-1或两个-1,一个+1.∴,1||||||bacacbcba∴.1||||||bacacbcbax因此,20009919xx.19022000991例5已知a、b、c为实数,且514131accacbbcbaab,,求cabcababc的值。第8届希望杯试题分析直接对已知条件式进行处理有点困难,根据已知条件式的结构特征,可以将它们两边取倒数。解由已知条件可知a≠0,b≠0,c≠0,对已知三式取倒数得511411311accbba,,三式相加除以2得6111cba因为6111cbaabccabcab,所以cabcababc61例6求方程132xx的实数解的个数。1991年祖冲之杯数学邀请赛试题分析1可以化成32xx,于是32xx32xx由绝对值的性质若ab≤0,则baba可得x2x3≤0从而求得x解原方程可化为32xx32xx则x2x3≤0,所以03020302xxxx或,所以2≤x≤3因此原方程有无数多个解。评注本题很巧妙地将1代换成32xx,然后可利用绝对值的性质来解题。在解数学竞赛题时,常常要用到1的代换。例7求关于x的方程1a0012ax的所有解的和。解由原方程得ax12,∴ax12∵0a1,∴ax12,即x2±1±a,∴x2±1±a,从而,x13a,x23a,x31a,x41a∴x1x2x3x48,即原方程所有解的和为8例8已知的值,求,且1012422xxxaaxxx。分析直接求值有困难,但我们发现将已知式和待求式倒过来能产生xx1,通过将xx1整体处理来求值。解∵axxxaaxxx110122,,且即aaaxxaxx1111111而22222224211111111aaaaxxxxxxx∴aaxxx2112242评注本题通过将xx1整体处理来解决问题,整体处理思想是一种常用的数学思想。例9解方程组222222121212yyzxxyzzx1984年江苏省苏州市初中数学竞赛试题解观察得,xyz0为方程组的一组解。当xyz≠0时,将原方程组各方程两边取倒数得311221121112222yzxyzx123得2221113222yxzzyx∴01111113222111222222zyxzyxzyx∴0111111zyx∴xyz1故原方程组的解为111000zyxzyx或评注本题在对方程组中的方程两边取倒数时,不能忘了xyz0这组解。否则就会产生漏解。三、三、巩固练习选择题1、若的值是,则aaa12A、1B、1C、1或1D、以上都不对2、方程132xx的解的个数是第四届祖冲之杯数学邀请赛试题A、0B、1C、2D、3E、多于3个3、下面有4个命题①存在并且只存在一个正整数和它的相反数相同。②存在并且只存在一个有理数和它的相反数相同。③存在并且只存在一个正整数和它的倒数相同。④存在并且只存在一个有理数和它的倒数相同。其中正确的命题是()(A)①和②(B)②和③(C)③和④(D)④和①4、两个质数的和是49,则这两个质数的倒数和是A、4994B、9449C、4586D、86455、设yax15bx13cx115a、b、c为常数,已知当x7时,y7,则x7时,y的值等于A、7B、17C、17D、不确定6、若a、c、d是整数,b是正整数,且满足abc,bcd,cda,则abcd的最大值是A、1B、0C、1D、5填空题7、设a0,且x≤21,xxaa则8、a、b是数轴上两个点,且满足a≤b。点x到a的距离是x到b的距离的2倍,则x9、若236ma与互为相反数,则ma10、计算10032113211321121111、若a是有理数,则||||||aaaa的最小值是___.12、有理数cba,,在数轴上的位置如图所示,化简._____|1||||1|||ccabba解答题13、化简325xx14、已知200222110112baba,求15、若abc≠0,求ccbbaa的所有可能的值16、X是有理数,求22195221100xx的最小值。17、已知a、b互为相反数,c、d互为倒数,x的绝对值为1,求abx2cdx的值。18、求满足1baab的所有整数对a,b.19、若631542xxx的值恒为常数,求x的取值范围及此常数的值。20、已知方程1axx有一个负根而没有正根,求a的取值范围。

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