九年级暑假上册

专业 引领 共成长 CONTENTS目录第一章数与式第一讲整式的恒等变形2第二讲因式分解16第三讲数与式29第二章方程与不等式第四讲一元二次方程（一）48第五讲一元二次方程（二）66第六讲一元方程83第七讲方程组107第八讲不等式121第一讲整式的恒等变形【知识概述】乘法公式也叫做简乘公式，是在多项式乘法的基础上，将多项式乘法的一般法则应用于一些特殊形式的多项式相乘，得出的既有特殊性、又有实用性的具体结论它既是对“多项式乘多项式”的应用，也是学习后续知识因式分解、解一元二次方程、分式、根式等的基础，在复杂的数值计算、代数式的化简求值、代数式的恒等变形、代数等式的证明等方面有着广泛的应用，在初中阶段占有很重要的地位除了常见的平方差公式与完全平方公式外，还有包括立方和差公式、完全立方公式等在内的一些乘法公式也是数学中常用公式之一，在初中数学、高中数学，甚至高等数学中经常见到本讲主要包含两个模块，在对一些基本的乘法公式作复习和巩固的基础上，对乘法公式进行一定程度的拓展和延伸，进而引申出整式恒等变形的一些常见方法和思路【知识结构】模块一：乘法公式【知识精要】1. 立方和、立方差公式：；其中要注意以下几点：（1）结果是立方和还是立方差由第一个因式是和还是差决定；（2）这两个公式还能进一步推广：；2. 完全立方公式：；其中要注意以下几点：（1）运用完全立方公式计算时，结果通常按一个数（或字母）降幂排列；（2）完全立方公式也有两个常见变形：，3. 除了上述这些公式外，一下一些公式也比较常见：；其中要注意以下几点：（1）在一些乘法公式中，如果把理解成，则很多公式的记忆和理解会变得很方便；（2）第一个公式（一般称作三项和的平方公式）有如下两个常见变形：；【典型例题】1. 补全将下列乘法公式：（1）_；（2）；（3）_；（4）_ 【答案】（1），；（2），；（3）；（4）【解析】（1），；（2），；（3）原式；（4）原式2. 化简下列各式并求值：（1），其中；（2），其中，【名师点拨】考查代数式的化简与求值【答案】（1）5；（2）【解析】（1）原式，代入可得，原式；（2）原式，代入，可得，原式3. （1）已知，则_，_，_；（2）已知，则_；（3）已知，则_，_ 【答案】（1）9，17，33；（2）40；（3），18【解析】（1），；（2），；（3）（3），又，又，111121133114641一一一一一一二一三三一四六四一本积左积商除平方积立方积右隅方法平方隅立方隅三乘隅三乘积4. （1）请根据贾宪三角直接写出、的展开式：_，_；（2）请用多项式乘法或所学的乘法公式验证你写出的的结果【答案】（1），；（2）略【解析】（1）根据系数规律，对于的展开式，时，系数为1、4、6、4、1，时，系数为1、5、10、10、5、1，；（2）5. 已知一个正整数恰好等于另一个正整数的平方，则称正整数为完全平方数如，64就是一个完全平方数（1）若，求证：是完全平方数；（2）若，求证：是完全平方数【名师点拨】考查二项与三项的完全平方式及配方法【答案】（1）略；（2）略【解析】（1）由题意可知，是完全平方数；（2）由题意可知，令，则有：，是完全平方数6. 已知，观察可知26、53可表示为两个平方数的和，将这两个数相乘，乘积依然是两个平方数的和，数学中将26、53这样的数称为“不变心的数”（1）试找出另外两个“不变心的数”；（2）请说明其中的道理【名师点拨】考查完全平方数和配方法的运用【答案】（1）任取，如5和25；（2）略【解析】（1）另找两个“不变心的数”，如，；（2）设，则7. （1）已知、为正实数，且，求证：；（2）已知，求证：【名师点拨】考查配方法与完全平方公式在非负数性质中的运用【答案】（1）略；（2）略【解析】（1），要证，即证，即证：，即证：，即证：，得证；（2），即得证8. 求证：【名师点拨】套用乘法公式，整体换元【答案】略【解析】设，则有，即原式得证模块二：整式的恒等变形【知识精要】当然如果遇到不能直接使用乘法公式的问题，可以适当创造条件使之符合乘法公式的特点，这种通过变换，将一个代数式化为另一个与它恒等的代数式，称为恒等变形常见的恒等变形的方法如下：（1）整体代入（换元法）：当整式中字母的值求出比较麻烦甚至无法求出时，需要把注意力和着眼点放在问题的整体结构上，把紧密联系的量作为一个整体来处理（或用一个新设的未知数表示），运用“整体思想”可以使问题简化（2）消元降次：一元一次，二元一次的问题我们会解，这是解题的基石在解答问题时，如果未知数的次数较高，就要考虑降次，降为一次或者是二次，相对来说就简单多了，同样的，当未知数多的时候就要想到消元（代入消元、加减消元），消掉未知数，变为一元的问题即可 举一个例子：若，求的值，则，（即反复利用进行降次），故原式；（3）配方法：配方法的应用非常广泛，既可以配方后利用非负性得到未知数满足的条件，也可以配方后结合所给条件进行求值，关键是要找到合适的平方项和交叉项，有效地进行配方具体变形步骤如下：（4）对称式：任意两字母互换时，代数式保持不变，称这样的代数式为对称式，对称式中有几个未知数即称为几元对称式对称式的一个最重要的性质是二元对称式中一般只需已知其中两个对称式的值即可求出其余所有的二元对称式的值；三元对称式中一般只需已知其中三个对称式的值即可求出其余所有的三元对称式的值，以此类推；求值时一般按照次数从底到高的顺序进行，例如二元对称式中一般首先求出（或已知）的值再求【典型例题】9. 正整数a、b、c满足，且，求的值【答案】1【解析】，即，而正整数a、b、c，则，所以，因此，结合，得到，10. （1）已知，求代数式的值；（2）（2015上海交中初级中学初一期中）已知，若，求的值；（3）在等式中，当时，；当时，求的值【答案】（1）52；（2）42；（3）8【解析】（1）；（2），所以；（3）由题意得，解得，故11. （1）若，求的值；（2）若，求的值；（3）若，求【答案】（1）；（2）22；（3）【解析】（1）由题意得，则；（2）由题意得，则原式；（3）由题意得，则原式12. （1）若，且，求的值；（2）若，求的值【答案】（1）11；（2）2016【解析】（1）两式相减有，可得，同理可得，所以；（2）由已知得，13. （1）已知，求的值；（2）若实数a、b满足，求的值；（3）已知，求代数式的最小值；（4）已知，求的值【答案】（1）1；（2）；（3）75；（4）3【解析】（1）可化简为，；（2）可化简为，或，或；（3）因为，所以，所以，显然当时，原式取最大值75；（4）由已知有，则，所以14. （1）已知，求的值；（2）已知，且a、b、c、d都是正数，求的值【答案】（1）2；（2）【解析】（1）由题意得，整理得，配方得，故，解出，则；（2）因为，所以，配方得，由非负性可得，解出，因为a、b、c、d都是正数，故，所以【课堂练习】1. （10分）若，则的值是（ ）A4BCD【答案】C【解析】，或，故答案选C2. （10分）简便计算：（1）；（2）；【答案】（1）；（2）5002【解析】（1）原式；（2）原式3. （10分）计算：（1）；（2）【答案】（1）；（2）【解析】（1）原式；（2）原式4. （20分）已知、为正实数，且，求证：【答案】略【解析】，要证：，即要证，即证：，即证：，即证：，得证5. （25分）（1）已知三个正实数、满足，则_；（2）已知、是正实数，且满足，则_【答案】（1）8；（2）5【解析】（1），可得：，；（2），又6. （25分）观察下列各式，你发现了什么规律？，（1）填空：_；（2）试利用立方差公式证明这个公式【名师点拨】本题考查寻找规律及立方差公式在裂项相消中的运用【答案】（1）；（2）略【解析】（1）观察可知，；（2）由立方差公式可知，累加可得， ，【课后作业】1. （15分）计算：（1）；（2）；（3）【名师点拨】考查立方和与立方差公式的计算【答案】（1）；（2）；（3）【解析】（1）原式；（2）原式；（3）原式2. （10分）（1）已知，则_；（2）已知，则_【答案】（1）19；（2）或2【解析】（1），；（2），即，或， 或23. （20分）观察下列各式，寻找规律：，（1）请写出一个具有普遍性的结论，并给出证明；（2）根据（1）的结论，计算：（用完全平方数表示）【答案】（1）；（2）【解析】（1）观察可知，等式左边，；（2）由（1）可得，4. （20分）如果一个正整数能表示为两个连续的偶数的平方差，那么称这个正整数为“神秘数”，如：，因此4、12、20都是这种“神秘数”（1）28和2016这两个数是“神秘数”么？试说明理由；（2）试说明“神秘数”能被4整除；（3）两个连续奇数的平方差是“神秘数”吗？试说明理由【答案】（1）28是“神秘数”，2016不是“神秘数”；（2）略；（3）不是【解析】（1），是“神秘数”，2016无法表示成两个连续偶数的平方差，不是“神秘数”；（2）设神秘数为，可以表示为两个连续偶数、的平方差（为整数），则，“神秘数”能被4整除；（3）设两个连续奇数为、，则，两个连续奇数的平方差不是“神秘数”5. （15分）若，求证：【答案】略【解析】由，可得，因此，故6. （20分）若a、b、c、d满足，求证：对于任意正奇数n，都有【答案】略【解析】因为，所以，即，又因为，所以，i当时，所以，所以或，所以，或，此时，ii当时，因为n为正奇数，所以，综上所述，对于任意正奇数n，都有第二讲因式分解【知识概述】把一个多项式在一个范围化为几个最简整式的积的形式，这种变形叫做因式分解，也叫作分解因式，是中学数学中最重要的恒等变形之一，是解决许多数学问题的有力工具因式分解方法灵活，技巧性强，学习这些方法与技巧，对于培养学生的观察、思考、解运算和综合分析解决问题的能力都有着十分独特的作用既可以复习整式的乘法运算，又可为接下来学习分式、根式打好基础多项式理论是代数学的重要组成部分，它在理论上和方法上对现代数学都有深刻的影响与多项式有关的问题除了出现在函数、方程、不等式等代数领域中，还涉及到几何、数论等知识，是一个综合性的工具，也是自招与竞赛中的热点问题本讲将重点介绍因式定理和有理根定理、待定系数法与主元法等新的因式分解的工具，阐述常见的不同类型的多项式如何因式分解【知识结构】模块一因式定理与有理根定理【知识精要】形如（n为非负整数，）的代数式叫做关于x的一元n次多项式称为多项式的系数，n称为此多项式的次数对于任意两个多项式，（），总存在两个多项式和，使得，其中叫做被除式，叫做除式，叫做商式，叫做余式，余式的次数小于除式的次数当时，有，此时称作被整除，或被整除，和叫做的因式如果是一次式，则的次数小于1，因此，只能是常数（0或非零常数），这时，余式也叫余数，记为r，即有；令得，；因此，有以下重要定理：余数定理：多项式除以所得的余数等于由上述可知，如果能被整除，那么必有，反之，如果，那么能被整除，因此，得到以下重要定理：因式定理：如果多项式能被整除，亦即有一个因式，那么，反之，如果，那么必为多项式的一个因式有理根定理：若是一个整系数多项式，而是的一个有理根，其中r、s互质，那么必有，；特别地，如果的首项系数，那么的有理根都是整根，而且是的因子有理根定理的一个常见应用即是利用这个性质进行试根，结合因式定理对多项式进行因式分解，具体步骤如下：1) 对于一个整系数一元高次多项式，找到的所有因数；2) 将所有因数依次代入多项式，若存在一个因数a，使得，则a为多项式的一个根；3) 由因式定理可知，必有一个因式为，因此可写为；对于多项式可以继续利用试根法进行因式分解，也可利用其它方法进行因式分解，最终将因式分解备注：多项式的根即为其所对应的方程的根，故对于求解一个一元整式方程，如果可以将其所对应的多项式因式分解，即可求出该方程的根【典型例题】1. 已知多项式有一个因式是，求m的值【答案】【解析】因为多项式有一个因式是，故该多项式有一个根，即，解得，2. 分解因式：【答案】【解析】由有理根定理，有理根可能为，且显然任意使得多项式为负，故不可能为有理根，故有一个有理根，在实数范围内无法因式分解，3. 分解因式：【答案】【解析】根据有理根定理，可知多项式的有理根只可能是，因为当，时，所以必含有因式，比较最高次系数，得4. 求整系数多项式的全部有理根【答案】1和【解析】，故的有理根都是整数，且都是的因子，故可能的有理根是，代入，检验得只有、，故的有理根只有1和模块二待定系数法【知识精要】待定系数法：将一个多项式表示成另一种含有待定系数的新的形式，根据得到的恒等式的性质得出对应项系数应满足的方程或方程组，再通过解方程或方程组便可求出待定的系数，或找出某些系数所满足的关系式，这种解决问题的方法叫做待定系数法有些复杂的多项式因式分解可以借助于待定系数法用待定系数法因式分解，步骤如下：（1）设原多项式分解为含待定系数的因式的积；（2）依据等式恒等，比较等式两边同类项的系数，得到方程或方程组；（3）解方程或方程组求出待定系数的值；（4）将多项式因式分解其中假设未知系数时，可通过观察原多项式的结构，判断确定因式中的一些项，减少待定系数的个数，从而降低解决问题的难度待定系数法作为最常用的解题方法，可以运用于因式分解、确定方程系数、解决应用问题等各种场合其指导作用贯穿于初等数学、中等数学甚至高等数学，认真学好并掌握待定系数法对于解决很多问题都大有裨益【典型例题】5. 分解因式：【答案】【解析】假设原多项式可分解为两个二次式的积，设，则原式，比较两边对应项的系数可得：，解得，6. 分解因式：（1）；（2）；【答案】（1）；（2）【解析】（1）设，则原式，比较两边对应项的系数可得： ，解得，；（2）设，则原式，比较两边对应项的系数可得： ，解得，7. （1）当为何值时，能分解成两个一次因式的乘积，并分解此多项式；（2）当为何值时，多项式能分解成两个一次因式的乘积？【答案】（1），；（2）【解析】（1）由原式中可设，对比两边系数可得， ，解得，；（2）令，原式故令，即，比较系数得，解得，所以8. 当为何值时，多项式能分解成两个一次因式的乘积【答案】0或4【解析】原式中不含常数项，设，即，（1）时，；（2）时，；的值为0或49. （1）若、是整数，且是的因式，求的值；（2）若能被整除，求整数、的值【答案】（1）；（2），【解析】（1）设，即，解得，；（2）设，即，解得，10. （1）在1100之间若存在整数，使能分解为两个整系数一次式的乘积，这样的有多少个（2）已知多项式的系数都是整数若是奇数，证明：这个多项式不能分解成两个整系数多项式的乘积【答案】（1）9；（2）略【解析】（1）依题意令（，为整数），等式两侧系数匹配有，解得，又，故，根据对称性，不妨令，故符合条件的，合计9个，对应9个符合条件的整数（2）若分解成两个整系数多项式的乘积，令（，为整数），有，比较系数得依题意有为奇数由奇偶性分析得，均为奇数，另一方面，为奇数，为偶数，为偶数，为偶数，矛盾故这个多项式不能分解成两个整系数多项式的乘积模块三：主元法【知识精要】所谓主元法就是在因式分解含多个字母的代数式时，选定一个字母为主元（未知数），将其他字母看作常数，把代数式整理为关于主元的降幂排列（或升幂排列），然后再用所学过的公式法、分组分解法、十字相乘法等进行因式分解用主元法因式分解的关键在于如何选取“主元”，通常有以下几个原则：（1）低次做主元：未知数次数有高有低时，通常选取低次（最高不超过2次）的字母为主元，便于分清结构，因式分解；（2）常量做主元：有些结构复杂的多项式若反客为主，选取不常作为未知数的字母为主元，有时更能简化原式结构；（3）对称元做主元：当多项式中各变元依次互换后，所得式子与原式相同，这样的对称式中任何字母均可作为主元；此外若所有字母地位几乎对等，项数、次数差不多，此时一般也可选取任何字母作为主元，例如能用双十字相乘分解的多项式，也可用主元法分解用主元法解决问题可以排除多个字母间的干扰，简化多项式的结构【典型例题】11. 分解因式：【答案】【解析】选取为主元整理多项式可得，原式12. 分解因式：（1）；（2）【名师点拨】考查低次做主元【答案】（1）；（2）【解析】（1）原式；（2）原式13. 分解因式：（1）；（2）【名师点拨】考查主元法【答案】（1）；（2）【解析】（1）原式；（2）原式14. 分解因式：【名师点拨】考查含多个字母的主元法【答案】【解析】原式拓展内容多项式除以多项式：两个多项式相除，可以先把这两个多项式按照同一字母降幂排列，然后再仿照两个多位数相除的计算方法，用竖式进行计算多项式除以多项式的一般步骤：（1）把被除式、除式按某个字母作降幂排列，并把所缺的项用零补齐；（2）用除式的第一项去除被除式的第一项，得商式的第一项；（3）用商式的第一项去乘除式，把积写在被除式下面（同类项对齐），从被除式中减去这个积；（4）把减得的差当作新的被除式，再按照上面的方法继续演算，直到余式为零或余式的次数低于除式的次数为止，被除式除式商式余式如果一个多项式除以另一个多项式，余式为零，就说这个多项式能被另一个多项式整除例：计算所以商式为，余式为注意以下几点：（1）列竖式计算时，按某一个字母作降幂排列，所缺的项需要用零补齐；（2）目前我们所学习的多项式除以多项式情况均为一元多项式相除当除式、被除式都按照降幂排列时，各项的位置就可以表示所含字母的次数因此，计算时只需写出系数，算出结果后，再把字母和相应的指数补上去这种方法叫做分离系数法按照分离系数法，上面例题的计算过程如下：于是得到商式为，余式为【课堂练习】1. （15分）分解因式：【答案】【解析】由有理根定理，有理根可能为， ，故有一个有理根，2. （15分）分解因式：【答案】【解析】（主元法）3. （15分）若多项式有一个因式是，求k的值【答案】【解析】令，则， 4. （15分）分解因式：【答案】【解析】原式设原式，比较两边对应项的系数可得：，解得，5. （20分）若可分解为两个一次因式的积，求的值【答案】【解析】由原式中可设，原式，则，解得，6. （20分）分解因式：【答案】【解析】解法一：原式解法二：原式 【课后作业】1. （15分）分解因式：（1）；（2）【答案】（1）；（2）【解析】（1），；（2），2. （15分）分解因式：【答案】【解析】原式3. （15分）分解因式：【答案】【解析】4. （15分）若可分解为一次因式与二次因式的积，求的值【答案】【解析】，要使原式可分解因式，则应含有因式，设，5. （20分）分解因式：【答案】【解析】若方程存在有理根，必为2的因数，即，经检验以上4个数均不是方程的根，故原式不存在1次因式原式是4次多项式，则必为两个2次因式的乘积可令或若为式，比较系数得，解得；若为式，比较系数得，方程组无解综上，6. （20分）问是否能分解成两个整系数的二次因式的乘积？【答案】不能【解析】若能分解成两个整系数的二次因式的乘积，不妨设或者，比较与的系数可得或者，解得，没有整数能满足以上方程，故矛盾第三讲数与式【知识概述】本讲主要包含三种模块的题型，分别是数列求和、定义新运算和分式与根式的计算数列的求和问题贯穿于整个代数式运算的始终，因此要求掌握常见数列（如等差数列、等比数列、平方和数列、复合数列等）求和的运算技巧定义新运算则是人为定义一个不同于一般四则运算的新的符号和运算方式，着重考查对新旧运算之间对应转换的理解和掌握分式是初中代数的重要内容之一，它以分式的定义和性质作为主要的依据，配合整式的运算、因式分解等知识，题型较为综合、灵活，对计算能力和技巧要求比较高，是考查代数能力的好素材，在自招与竞赛中常以填空、选择的形式出现双重（多重）根式的化简、分母（分子）有理化等技巧性强，方法多样，是考查代数运算能力的好素材，因此是自招和竞赛中常考的内容之一另外利用的双重非负性（，）挖掘隐含条件也是解决一些问题的关键，在自招中也经常出现要求掌握相关的运算技巧【知识结构】模块一数列求和【知识精要】数列是指按一定次序排列的一列数，数列中的每一个数都叫做这个数列的项，从第一项开始记作、，其中是数列的第项，前项和记作数列求和问题是数列的基本内容之一，由于题型多样，技巧性比较强，因此经常会成为自招考试和竞赛中的难点鉴于此，下面就数列求和问题的常用解法技巧作一归纳（1）公式法：常用数列求和的公式如下，；（2）倒序相加：若和式中首尾两项及到首尾距离相等的两项之和有其共性，则常可选用倒序相加的方法，发挥其“共性作用”化简求和（这也是等差数列前项和公式的推导方法）如等差数列求和公式为，（3）错位相减：若和式中每项是等差数列和等比数列每一项的乘积，无法直接套用公式，则可用错位相减法化简求和（这也是等比数列前项和公式的推导方法）如等比数列求和公式为，（）（4）裂项相消：此法常见于每项均为分式的和式中，可考虑将每项拆成新的两项之差，前后相消，从而化简运算，整式中也可偶尔运用；（5）分组求和：当数列中每一项较为复杂，无法直接运用公式求和时，常将和式中类型相同的项进行分组合并，再化简求解，也叫“并项求和”【典型例题】1. 观察下列各个等式：，你能从中推导出计算的公式吗？请写出你的推导过程【答案】【解析】（1）解法一：立方差公式推导，当式中的从1、2、3、依次取到时，就可得下列个等式：，将这个等式的左右两边分别相加可得：，解法二：待定系数法，由猜想，的结果是关于的3次多项式，假设（、均为常数），代入，解得：，解法三：将和式里的所有数排列成等边三角形，如下：122333其中，第行有个数，每行之和即为；将此三角形分别向左、向右旋转可得两个新的三角形，如下：1233将三个三角形对应相同位置上的三个数分别相加，得到一个新的三角形：新三角形所有数的和为：，前三个三角形的和均为新三角形和的，即：2. 计算：【答案】1717【解析】解法一：；解法二：3. 计算：【答案】【解析】原式将上式左右同乘可得：得：，化简得：， 4. 计算：【答案】2660【解析】解法一：分组求和，原式；解法二：裂项相消，原式 模块二定义新运算【知识精要】定义新运算是指用一个符号和已知运算表达式表示一种新的运算解决此类问题，关键是要正确理解新定义的算式含义，严格按照新定义的计算顺序，将数值代入算式中，再将它转化为一般的四则运算，然后进行计算定义新运算是一种人为的、临时性的运算形式，使用的是一些特殊的运算符号，如：、等，与四则运算中的“、”不同，因此在没有转化前，一般是不适用于各种运算定律的，如交换律、分配律、结合律等同时，新定义的算式中有括号的，仍然优先算括号里面，因此要注意运算顺序【典型例题】5. 在数集上定义运算，规则是：当时，；当时，根据这个规则，方程的解是_【答案】4或8【解析】当时，；当时，对于方程需要分类讨论：（1）时，解得：，满足题意；（2）时，解得：或（舍）故答案为4或86. （2013华师二附自招）定义，求_【答案】【解析】根据题意有：，则：，将这个算式累加可得： 故答案为7. 定义：（1）试求的值；（2）试求的值【答案】（1）1999；（2）或【解析】（1）根据定义可得：，故答案是1999（2）由第（1）问可递推出：=故答案为或8. 对于任意整数与都有唯一确定的整数与之对应，且满足下列条件：对所有的整数均有；对所有整数、均有试求【名师点拨】考虑用“赋值法”，充分利用已知条件，逐步找出递推关系【答案】101【解析】已知，令，则有：，即：；令，则有：，即：由此可得：故答案是101模块三：分式与根式【知识精要】1. 分式的恒等变形：分式的恒等变形是代数式恒等变形的一种，以整式恒等变形为基础，并结合自身的特点，因此更具有独特的复杂性和技巧性，在自招考试、数学竞赛中常常出现此类命题分式的恒等变形涉及到的主要内容包括分式的基本性质，分式的各种通分、约分、化简、求值及恒等证明将复杂分式通过恒等变形转化为整式进行运算是常用技巧，因此化简求值的技巧方法上往往与整式有异曲同工之妙，包括设参法、换元法、降次法、裂项相消法等分式的基本性质如下：（1）（）；（2）2. 分式的计算：分式的运算与分数的运算相似，是以分式的基本性质、运算法则、通分和约分为基础，以整式的变形、因式分解为工具分式的加减运算是分式运算的难点，突破这一难点的关键是能根据问题的特点恰当地通分，常用通分的策略与技巧有：分组通分，分步通分，先约分再通分，裂项相消后通分等3. 有条件的分式的化简与求值：给出一定的条件，在此条件下求分式的值称为有条件的分式求值而分式的化简与求值是紧密相连的，求值之前必须先化简，化简的目的是为了求值，先化简后求值是解有条件的分式的化简与求值的基本策略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，除了要用到整式化简求值的知识方法外，还常常用到如下技巧：恰当引入参数，取倒数或利用倒数关系，拆项变形或拆分变形，整体代入或部分代入，利用比例性质等4. 根式的恒等变形是指利用根式的基本性质将其转化为与其恒等的根式或整式，有其特殊性，与分式类似，亦需要较强的代数式变形技巧通常需要对题中的条件根式和欲变形根式综合考虑，寻求最简便的化简运算途径根式常用化简方法如下，（1）分母有理化：，（）；（2）分子有理化：（）；（3）复合根式化简：通过配凑完全平方式脱根号，如可配成，进而化简运算5. 二次根式的运算是以下列运算法则为基础：（1）；（2）（）；（3）（）；（4）（）同类二次根式和有理化是二次根式中的重要概念，它们贯穿于二次根式运算的始终，因为二次根式的加减实质就是合并同类二次根式，而二次根式除法、混合运算常用到有理化概念二次根式的运算是在有理式（整式、分式）运算的基础上发展起来的，常常用到有理式运算的方法与技巧，如换元、字母化、拆项相消、分解相约等【典型例题】9. （1）已知，则分式的最小值为_；（2）分式可取的最小值为_【答案】（1）；（2）【解析】（1）原式， ，故分式的最小值为；（2）原式， ，即分式可取的最小值为410. 已知，则_【答案】【解析】由已知得，同理，原式11. 已知，求的值【答案】或或【解析】将两边同除，则：，（1）时，；（2）时，原式或或12. 化简的结果是（）A无理数B真分数C奇数D偶数【答案】D【解析】，故答案选D13. 设，则A_B（填“”或“”或“”）【名师点拨】比较两个根式主要有以下几种方法：（1）被开方数比较法，对于，如果，则有；对于，型根式，可考虑，只需比较，的大小即可；（2）平方比较法，如果，且，则有，特别适合形如与（其中）的根式比较；（3）倒数比较法，当a、b同号时，如果，则有，特别适合形如和（其中）的根式比较；（4）分母（分子）有理化比较法，先将根式进行分母（分子）有理化后进行比较，特别适合形如或的根式比较【答案】【解析】，而，又，填“”14. （1）不超过的最大整数是_；（2）已知的整数部分为a，其小数部分为b，则的结果是_【名师点拨】对于，若（其中n为整数），则n为的整数部分，为它的小数部分，对于一个二次根式，它的小数部分一定是大于0，小于1【答案】（1）3903；（2）1990【解析】（1）解法一：，令，得，a、b是方程的两个根，则有， 的最大整数值不超过3903；解法二：令，又， ，即不超过的最大整数是3903；（2）， ，15. （1）化简：；（2）计算：【答案】（1）；（2）2【解析】令原式，则，即，令，则，解得，故原式；（2）设原式，则，解得， 【拓展题】1. （1）设a、b、c、d为正实数，有一个三角形的三边长分别为，求此三角形的面积；（2）已知a，b均为正数，且，求的最小值【名师点拨】在可以表示直角三角形斜边长，因此这种形式的根式常常可以结合几何图形进行理解【答案】（1）；（2）【解析】（1）如图（1），作长方形ABCD，使，延长DA至E，使；延长DC至F，使，连结EF、FB，则，从而知就是题设所要求的三角形，；（2）将代入得，构造图形如图（2），可得U的最小值为EdcABaFCDb图（1）图（2）B1A1222P212-aaBA【课堂练习】1. （15分）对任意实数，定义运算，其中为常数，且等式右端的运算为通常的实数加法，乘法运算已知，且有一个非零实数，使得对于任意实数均有，则_【名师点拨】本题定义的新运算中有三个未知参数，因此需要利用已知条件待定系数，求出之间的关系，再探究恒成立问题求出【答案】4【解析】将、代入可得：，又对于任意实数均有，即：对任意恒成立，对任意恒成立，解得：，2. （15分）计算：【答案】188790【解析】解法一：分组求和，原式；解法二：裂项相消，原式故答案是1887903. （15分）已知，求的值【名师点拨】连比型代数式，设参数k【答案】0【解析】令，则有，4. （15分）已知为正实数，且，求的值【答案】【解析】已知，两边同乘得：，令，则，5. （20分）计算_【答案】【解析】6. （20分）有理化【答案】【解析】原式，故答案为【课后作业】1. （15分）对于任意实数，定义，已知，则实数的值是_【名师点拨】本题可依据定义的新运算将和2.5代入算式求解方程【答案】或【解析】根据定义，将与代入运算得：，化简得：，解得：或故答案是或2. （15分）计算：【答案】5151【解析】原式3. （15分）计算：【名师点拨】观察可知，和式中的每一项均为的形式，较为复杂，无法拆开进行化简运算，但推敲可发现首项和尾项之和是定值，因此可考虑用倒序相加法【答案】99【解析】观察可知，和式中第项的形式为：，原式4. （15分）（1）（2014华师二附自招）已知，则_；（2）已知，则_【答案】（1）194；（2）15250【解析】（1），（2），故，故5. （20分）计算：（1）；（2）；（3）【答案】（1）104；（2）；（3）【解析】（1）原式；（2）原式，则，；（3），故原式6. （20分）正实数a、b、c、d满足，设，则（）ABCDp与5的大小无法确定【答案】A【解析】由题意得，则，同理可得，则，所以答案选A第四讲一元二次方程（一）【知识概述】一元二次方程是中学代数专题中最重要的内容之一，既是代数式简单方程的发展，同时也是学习其他方程、函数、不等式的重要基础探索一元二次方程根的问题，蕴含着丰富的数学思想，近些年已逐渐成为中考、自招考试乃至竞赛中的重要考点之一本讲主要包含三个模块，分别是一元二次不等式、一元二次方程根与判别式的关系、根与系数的关系（即韦达定理）根与判别式和根与系数的关系在初中阶段比较为学生所熟知，自招考试和数学竞赛均在此基础上进行了一定程度的提升和拓展，对数学思想和方法技巧的要求更上一层楼【知识结构】模块一一元二次不等式【知识精要】一元二次不等式的概念同一元二次方程的定义类似，只含有一个未知数，且未知数的最高次数是2的整式不等式叫做一元二次方程任何一元二次不等式都可以化成或（）的形式，这种形式简称一元二次不等式的一般式其中叫做二次项，a是二次项系数；叫做一次项，b是一次项系数；c叫做常数项需要特别注意的是我们总可以通过在不等式两边同乘使得二次项系数a是一个正数，这点在之后一元二次不等式的求解过程中非常重要求解一元二次不等式的基本思想解一元二次不等式或（），要结合一元二次方程的根（若存在）将不等式左侧因式分解，从而分析每个括号的正负性，从而确定未知数的范围 求解一元二次不等号的一般步骤解一般的一元二次不等式时，通常先将不等式转化为标准形式，使得二次项系数为正，以为例，讨论的实数根情况：若，方程无实数根，则恒大于零，则不等式的解集为全体实数；若，方程有两个相同的实数根，设为，则在时恒大于零，则不等式的解集为；若，方程有两个不同的实数根，设为、（），则，分析括号内及的正负性，只有两式同号时保证不等式成立，故此时不等式的解集在两根之外，即或注：对于的情况，若此时，方程有两个不同的实数根，设为、（），则不等式的解集在两根之内，即发现一元二次不等式解集的形式依赖于其不等号的开口方向，一般记忆为“大于在两边，小于在中间”一元二次不等式与相应的二次函数及一元二次方程的关系如下表：判别式的根有两相异实根，（）有两相等实根没有实数根的解集或所有实数的解集无解无解【典型例题】1. 解不等式：（1）；（2）；（3）；（4）【答案】（1）或；（2）；（3）不等式无解；（4）全体实数【解析】（1）原不等式整理化简可得，因式分解有：， 不等式的解集为：或；（2）原不等式整理化简可得，配方可得：，两边开方得：，不等式的解集为：；（3）原不等式整理化简可得，对于方程计算判别式可得：，方程无实数根，即二次函数开口向上，与轴无交点，无解，故原不等式无解；（4）原不等式整理化简可得，配方可得：，此不等式对于任意实数恒成立，故原不等式的解集可取任意实数2. 解不等式：（1）；（2）【答案】（1）；（2），或，或【解析】（1）将当做整体，原不等式可化为，因式分解得，解得；（2）将当做整体，原不等式可化为，因式分解得，得或，或，或3. 解不等式组：【答案】或【解析】解不等式可得，；解不等式可得，或取公共部分知，不等式组的解为：或模块二：判别式【知识精要】对于任意一元二次方程，将其配方变形为：，将代数式定义为根的判别式，记作，时，方程有两个相异的实数根：，时，方程有两个相同的实数根：，时，方程无实数根判别式在解方程中的应用（1）解一元二次方程，或判断方程实数根的情况；（2）已知方程根的情形，求解方程中未知参数的取值范围；（3）整系数方程的有理数解问题：对于整系数方程，若方程有有理根（或整数根），则其判别式一定是一个完全平方数，否则即为无理根无论是明确已知还是隐晦暗示一元二次方程有实数根，则必定包含判别式这一隐含条件，该条件往往是解决很多一元二次方程问题的突破