初中数学 八年级精英数学大视野《代数篇》 知识精讲+培优提升（含答案解析）

1第1讲整式的乘除 2 第3讲因式分解 第4讲因式分解的应用 3第5讲分式的化简求值 42第6讲分式方程 第7讲实数的性质 62第8讲二次根式的化简求值 72第9讲一次函数 2第10讲反比例函数 94第11讲代数式的恒等变形 109第12讲完全平方数 第13讲待定系数法 2第1讲整式的乘除幂的运算性质是整式乘除的基础，灵活运用幂的运算性质，能在更高层次上掌握和理解相关代数变形的实质。多项式除以多项式是整式除法的延拓与发展。一个一元多项式f(x)除以另一个一元多项式g(x)时，总存在一个商式q(x)与一个余式r(x),使得f(x)=g(x)q(x)+r(x)成立，其中r(x)的次数小于g(x)的次数。特别地，当r(x)=0时，称f(x)能被g(x)整除。(“华罗庚金杯”少年数学邀请赛试题)(2)若n为不等式n²00>6300的解，则n的最小正整数的值为o(“华罗庚杯”香港中学竞赛题)解题思路对于(1),恰当地运用条件，把高次项用低次多项式表示，如x²=1-x,x³=x·x²=x(1-x)=x-x²=x-(1-x)=2x-1等；对于(2),从幂的乘方逆用入手。例2已知25*=2000,80°=2000,则等于()A.2B.1解题思路因x,y为指数，故目前无法求出x,y的值，,只需求出x+y,xy的值或它们的关系，自然想到幂的运算性质。例3已知(3x-1)⁵=a₅x⁵+a₄x⁴+a₃x³+a₂x²+a₁x+a₀。求：(1)a₅-a₄+a₃-a₂+a₁-a₀的值；(北京市竞赛题)解题思路通过展开式去求出每一项系数，计算繁难，事实上，条件等式在x的允许值范围内取任意值代入计算，等式都成立，注意±1的幂的特征，用赋值法求解。例4设a,b,c,d都是自然数，且a⁵=b⁴,c³=d²,a-c=17,求a-b的值。(上海市普陀区竞赛题)解题思路设a⁵=b⁴=m²⁰,c³=d²=n⁶,这样a,b可用m的式子表示，c,d可用n的式子表示，通过减少字母的个数，降低问题的难度。3(美国犹他州竞赛题)m=n,建立关于x,y,Z的方程组。例6已知多项式2x⁴-3x³+ax²+7x+b能被x²+x-2整除，求(北京市竞赛题)解法1列竖式演算，根据整除的意义解因为2x⁴-3x³+ax²+7x+b能被x²+x-2整除，所以即解法2利用待定系数法解因为2x⁴-3x³+ax²+7x+b能被x²+x-2整除，可设得2x⁴-3x³+ax²+7x+b=2x解法3利用因式定理解因x²+x-2=(x+2)(x-1),而f(x)=2x⁴-3x³+ax²+7x+b4解得所以例7设a,b,x,y满足ax+by=3,ax²+by²=7,ax³+by³=16,ax⁴+by⁴=42,求ax⁵+by⁵的值。(美国中学生数学竞赛试题)分析与解观察已知多项式，发现它们有规律，但将ax+by=3两边平方则出现a²x²+b²y²,较难与ax²+by²比较，故考虑将低次式乘以(x+y)由ax²+by²=7,得(ax²+by²)(x+y)=7(x+y),即ax³+ax²y+bxy²+by³=7(x+y),(a³+by³)+xy(a所以16+3xy=7(x+y)。①即ax⁴+ax³y+bxy³+by⁴=16(x+y),(ax⁴+by⁴)+xy(ax²+by²)=16(x+所以42+7xy=16(x+y)。②有①、②,可得x+y=-14,xy=-38。由ax⁴+by⁴=42,(ax⁵+by⁵)+xy(ax³+by³)=-588,(ax⁵+by⁵)+1故ax⁵+by⁵=20。对称之美对称之美，即对称和谐之美，给人以圆满而匀称的美感享受。对称不只是关联图形，数也对称。23×352=253×32,34×473=374×43,以上每个等式中两边数字是分别对称的，且每个等式中组成两位数与三位数的数字之间具有相同(1)根据上述各式反映的规律填空，使式子成为“数字对称等式”:5(2)设这类等式左边两位数的十位数字为a,个位数字为b,且2≤a+b≤9,写出表示“数字对称等式”一般规律的式子(含a,b),并证明。(广东省珠海市中考题)解题思路观察发现规律，并根据此规律进行一般式的证明。(“宗沪杯”数学竞赛题)(“希望杯”邀请赛试题)(2016年江苏省常州市中考题)2.(1)满足(x-1)²⁰>300的x的最小正整数为;(湖北省武汉市竞赛题)(世界数学团体竞标赛试题)(3)若2“=8=64°,则(“希望杯”邀请赛试题)(“五羊杯”竞赛题)(2)代数式(3x²+5xy-7y²)³展开后，各项数字系数的和是o(世界数字团体锦标赛试题)4.(1)比较大小：15¹⁶33¹³;(“希望杯”竞赛题)(2)比较大小：(-2)²5100。(“华罗庚金杯”少年数学邀请赛试题)5.(1)方程(3x+2)⁵=1的解为_;6(“华罗庚杯”香港中学竞赛题)(2)已知30*=2010,67*=2010,则(全国初中数学竞赛题)6.已知x²+x-6是多项式2x⁴+x³-ax²+bx+a+b-1的因式，则a=,b=o(江苏省竞赛题)7.已知a=25⁵,b=3⁴⁴,c=5³³,d=622,那么a,b,c,d从小到大的顺序是()。A.a<b<c<dB.a<b<d<cC.b<a<c<dD.a<d<b<c(北京市“迎春杯”竞赛题)A.2009B.2008C.-2008(“希望杯”邀请赛试题)9.若(x²+x-2)⁶=a₂x¹²+a₁x¹¹+a₁₀x¹+…+ax+a₀,则a₂+aA.-32B.0(“五羊杯”竞赛题)10.若a,b是正数，且满足12345=(111+a)(111-b),则a与b的大小关系是()。A.a<bB.a=bC.a>bD.不能确定(全国初中数学竞赛题)(2016年全国高中数学邀请赛试题)12.计算2¹²×5⁹,得数是()。(“希望杯”邀请赛试题)13.已知x³+kx²+3除以x+3,其余数较被x+1除所得的余数少2,求k的值。(香港中学竞赛题)14.设a,b,c,d都是正整数，且a⁵=b⁴,c³=d²,c-a=19,求d-b的值。(江苏省竞赛题)(a-b)(a²+ab+b²)=7(3)利用(2)所猜想的结论计算：2⁹-2⁸+2⁷-…+2³-2²+2。①如果选取的1号、2号、3号卡片分别为1张、2张、3张，可拼成一个长方形(不重叠无缝隙),请8这个长方形的代数意义是_oA.a+bB.2a+bC.3a+bD.a+2b明al+bm+cn<k²。(n²)°>(63³)°,n²>216,n的最小值为15。9例2B25ʸ=200①,800=2000②,①×②,得(25×80)"=2000*y,得xy=x+y。例3(1)当x=-1时，得-a₅+a₄-a₃+a₂-a₁+a₀=[3×(-1)-1]²=-1024,,故原式=102(2)由(3x-1)⁵展开并比较系数的符号，得a₅>0,a₄<0,a₂<0,a>1,a₀<0,则原式=a₅-a₄+a₃-a₂+a=1024+a₀=1m-n²=17,即(m²+n)(m²-n)=17,,因17是质数，m²+n,m²-n是自然数，且m²+n>m²-n,解得m=3,n=8,解得(2)一般规律的式子为(10a+b)[100b+10(a+b)+a]=[100a+10(a+b)+b](10b+a)证明∵左边=(10a+6)(11b+11a)=11(10a+b)(10b+a),右边=(110a+11b)(10b+a)=11(10a+b)(10参考答案刻意练习(2)6方程两边同乘以8,得2+³+2y+³+2²+³=37。因为x>y>z,要使上式左边为奇数，只有2²+³=1,即z=-3则2*+³+2+³=36,即2ˣ+¹+2+¹=9。要使上式左边为奇数，只有2+¹=1,即y=-1。从而有2+¹=8,即x=2。(2)1代数式展开后，各项数字系数的和等于当x=6.16,3x²+x-6=(x+3)(x-7.Da=(25)",b=(34)",c=(5³)",d=(62)",只需比较2⁵、3⁴、5³、6²的大小。10.C由12345=(111+a)(111-b)=111²+111(a-b)-ab,得13.3设x³+kx²+3=(x+3)(x²+ax+b)+r,x³+kx²+3=(x+1)(x²+cx+d)+r₂,14.757参见例4。15.(1)a²-b²;a³-b³;a⁴-b⁴(2)a“-b”(3)原式=2⁹-2⁸+2⁷-…+2³-2²+2-1+116.4800参见例7。17.n₄+¹-n一定是10的倍数，原式=[(n+1)30-(n+1)]+(n²-n)+[(n-1)²=-(n-1)],每个括号的数都能被10整除，所以合式也能被10整除。18.两边同乘以8得2x+³+2+³+2²+³+2w+³=165。∴z=-1,∴2+¹+2+¹=40。两边都除以8得：2x-²+2-²=5。19.设f(x)=2(x-1)g(x)+3,2f(x)=3(x+2)h(x)-4,3f(x)=4(x²+x-2)r(x)+ax+b,8(x),h(x),r(x)都是关于x的多项式，且次数均低于f(x)的次数，则f(x)=3,2f(-2)=-4,即f(-2)=-2,得a=5,b=4,故余式为5x+4。一),显然有al+bm+cn<k²。乘法公式是多项式相乘得出的既有特殊性，又有实用性的具体结论，在复杂的数值计典、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广泛的应用。在课本的基础上，常用的乘法公式有：(3)(a+b)³=a³+3a²b+3ab²+b³;(6)(a+b+c)²=(a²+b²+c²-ab-bc-ac)=a³+b³+c³-3abc;(8)(a+b)(a²ᵐ-a2"-b+a²ᵐ-²b²+…-ab²-¹+b²)=a2"++b²+¹。例1已知a,b,c满足a²+2b=7,b²-2c=-1,c²-6a=-17,则a+b+c的值等于o(河北省竞赛题)解题思路由条件等式联想到完全平方公式，解题的关键是整体思考。例2若一个正整数能表示为两个正整数的平方差，则称这个正整数为“智慧数”(如3=2²-1²,16=5²-3²)。已知智慧数按从小到大的顺序构成如下数列：3,5,7,8,9,11,12,13,15,16,17,19,20,21,23,24,25,…,则第2006个智慧数是(。A.2672B.2675C.2677(山西省太原市竞赛题)解题思路a²-b²=(a+b)(a-b),而a+b与a-b的奇偶性相同，由此揭示了“智慧数”的特征。例3计算(天津市竞赛题)(江苏省竞赛题)(北京市竞赛题)解题思路运用分组、结合、拆添项、字母化等变形方法，为乘法公式的运用创造条件。例4已知x+y=1,x²+y²=2,解题思路x⁶+y⁶=(x³)²+(³²=(x³+³)²-2x³x⁶+y⁶=(x²)³+(x²)³=(x²+y²)(x⁴-x²y²+y⁴),或x⁶+y⁶=(x²+y²)(x⁴+y⁴)-x²y²(x²+y²),而从(北京市竞赛题)解题思路化复杂为简单，逆用乘法公式，从变形m中寻找解题突破口。例6设a,b,c满足a+b+c=1,a²+b²+c²=2,a³+b³+c求：(1)abc的值；(2)a⁴+b⁴+c⁴的值。(江苏省竞赛题)③①²-②,得将②式两边平方，得a⁴+b⁴+c⁴+2a²b²+2b²c²+2c²a²=4,例7有n(n≥2且为整数)个乒乓球选手进行单循环赛，每个参赛选手同其他各选手都进行一场比赛，(湖北省黄冈市竞赛题)分析由于是单循环赛，每名运动员恰好参加n-1局比赛，即a₁+b,=n-1(其中i=1,2,,n),在比赛中一人胜了，另一人自然负了，则a₁+a₃+…+a=b₁+b,+…+b,这两个隐含的条件是证明本例的关键，从作差比较入手。证明由题意知a₁+b,=n-1(i=1,2,…,n),且a₁+a₂+…+a=b₁+b₂+…+b。=(a+b₁)+(a-b₁)+(a₂+b₂)+(a₂-b₂)+…+(a=(n-1)[(a-b₁)+(a₂-b₂)+…归纳思维1653年，法国数学家帕斯卡在其著作《论算术三角》中展示了(x+1)”的系数表，这个三角形也称为“帕斯卡三角形”。通过观察实验，从一些特殊情形归纳抽象，由事物的特殊性发现一遍性，作出猜想并证明，这种思考过程称为归纳思维。例8乘法公式(a-b)(a+b)=a²-b²的推广公式我们已学过的有：由此想到应用除法，可得由此作出猜想(a-b)(a”⁻¹+a“⁻²b+…+ab”⁻拓展应用(1)证明：若c>0,d>0,且c”=d”(n为正整数),则c=d。(2)求证：当x≠1时，1.在2004,2005,2006,2007这4个数中，不能表示为两个整数平方差的是(江苏省竞赛题)2.(1)若m,n为自然数，且满足12+9²+92+2²+m²=n²,则n=;(上海市竞赛题)(“希望杯”邀请赛试题)3.已知实数x,y,z满足x+y=4,|z+1=xy+2y-9,则x+2y+3z=o(全国初中数学联赛题)4.请根据杨辉三角形，写出展开式中含x²014项的系数_o(2016年四川省广安市中考题)(北京市竞赛题)6.将正整数1,2…,10分成A、B两组，其中A组：a,a₂,…,am;B组：b,b₂,…,b,。现从A,B两组中(四川省竞赛题)7.若a+2b+3c=12,且a²+b²+c²=ab+bc+ca,则a+b²+b³的值是()。(北京市竞赛题)8.已知a,b满足等式x=a²+b²+20,y=4(2b-a),则x,y的大小关系是()。A.x≤yB.x≥y(山西省太原市竞赛题)10.多项式x¹²-x⁶+x⁴-x²+1除以x²-1,得到的余式是()。A.1002B.1003C.1004D.1005(美国数学竞赛题)12.在平面直角坐标系xOy中，满足不等式x²+y²≤2x+2y的整数点坐标(x,y)的个数为()A.10B.9C.7(全国初中数学竞赛题)(陕西省西安市竞赛题)(北京市竞赛题)15.(1)证明：奇数的平方被8除余1;(2)请你进一步证明：2006不能表示为10个奇数的平方之和。16.设a=10⁹+38³-2,证明：a是37的倍数。17.某校举行春季运动会时，由若干名同学组成一个8列的长方形队列，如果原队列中增加120人，就能组成一个正方形队列；如果原队列中减少120人，也能组成一个正方形队列.问原长方形队列有多少名同学?(全国初中数学竞赛题)(南昌市竞赛题)任意挑选另外两个类似26、53的数，使它们能表示成两个平方数的和，把这两个数相乘，乘积仍然是两个平方数的和吗?你能说出其中的道理吗?(2)已知实数a,b,c,d满足2a²+3c²=2b²+3d²=(ad-bc)²=6,求(a²+b²)(c²+d²)的值。(全国初中数学联赛题)20.(1)若一个整数m可以表示为形如a²+kb²(a,b,k均为整数),则称m为“k型数”。如13是“3型数”,因为13=1²+3·2²。又如-26是“-3型①证明：若两个整数m,n都是“1型数”,则这两数的积mn也是“1型数”;②已知两个整数m,n都是“k型数”,试判断mn是否是“k型数”,并说明理由。(2)试求满足的整数数组(x,y,z,w)的个数。(江苏省竞赛题)参考答案问题解决智慧数从小到大每三个数分为一组，从第2组开始每组的第一个数都是4的倍数。2006=3×668+2,则第2006个智慧数是第699组中的第2个数，即4×669+1=2677。4545例a+b+c-d,a+b-c+d,a-b+c+d,-a+b+c+d的奇偶性相同，且它们的乘积应被4整除，故它们均为偶数。设a+b+c-d=2m,a+b-c+d=2m,a-b+c+d=2m,-a+b+c+d=2m,其中参考答案刻意练习2.(1)84(n+m)(n-m)=167×1,得n+m=167,n-m=1,解得m=83,n=84。(2)2012设x+13=a²,x-76=b²。5.0将a=-(b+c)代入另一等式得b³+c³-(b+c)³=-3bc(b+c)=3abc=0,从而知a,b,c中至少有一个为0,不妨设c=0,则a=-b,原式=-b¹⁹+b¹⁹=0。6.756设S=(a₁+a₂+…+am)(b₁+b₂+…+bₙ),x=a₁+a₂+…+am,y=b₁+b₂+…+b,式等号成立。今a=i(i=1,2,…,7),b₁=8,b₂=9,b₃=10,7.B由a²+b²+c²=ab+bc+ca9.C设x=2014,y=2013,则x-y=1。12.B由条件得O≤(x-1)²13.由条件得利用a+¹+b+¹=(a"+b")(a+b)-ab(a⁻¹+b”“⁻)可分别求得(2)由,得15.(1)(2n+1)²=4n(n+1)+1,8|4n(n+1),故奇数的平方被8除余1。(2)假设2006可以表示为10个奇数的平方之和，也就是x²+x²+x²+…+x²=2006其中 (x₁,x₂,…,x₁₀是奇数),等式左边被8除余2,而2006被8除余6,矛盾。故2006不能表示为10个奇16.因为a=10⁹+38³-2=(10°-1所以37|99999999,且37|37×(38²+38+1),m²,n²都是8的倍数，则m,n能被4整除，m+n,m-n均能被4整除，得或或,因为n(n+1),n(n+1)不仅(2)设m=a²+b²,n=c²+d²,则2m+3n=2a²+2b²+3c²+3d²=12。②由①、②可得nn=6,即(注：符合条件的实数a,b,c,d存在且不唯一，a=√2,b=1,c就是一组。20.(1)①略②令m=a²+kb²,n=c²+kd²,其中a,b,c,d,k是均为整数，则(2)因为(xy+2zw)²+2(xz-yw)²=7²+2·3²=67。利用(1)中②的结论知(xy+2zw)²+2(xz-yw²=(x²+因为67为质数，所以或经检验，符合原方程组的数组(x,y,z,w)=(1,7,3,0),(-1,-7,-3,0),(7,1,0,组(x,y,z,w)的个数为4。知能概述问题解决(重庆市竞赛题)解题思路由式子的特点易想到完全平方式，解题的关键是将某项拆成几个数或式的代数和。例2多项式x²y-y²z+z²x-x²z+y²x+z²y-2xyz因式分解后的结果是()。A.(y-z)(x+y)(x-z)B.(y-z)(x-y)(x+z)C.(y+z)(x-y)(x+z)D.(y+z)(x+y)(x-z)(上海市竞赛题)(吉林省竞赛题) (河南省郑州市竞赛题)(4)(2x-3y)³+(3x-2y)³(天津市竞赛题)(内蒙古呼和浩特市竞赛题)(河北省石家庄市竞赛题)解题思路(1)是形如abcd+e型的多项式，分解这类多项式时，可适当把4个因式两两分组，使得分组相乘后所得的有相同的部分；(2)式中系数较大，不妨把数用字母表示；(3)式中x+y,xy多次出现，可引入两个新字母，突出式子特点；(4)式前两项与后一项有密切联系；(5)设其目的是为了消去四项式中的奇数次项，以便运例5求证：存在无穷多个自然数k,使得n⁴+k不是质数。(国际数学奥林匹克试题)(河南省竞赛题)解法2原式=(x³+2x²)+(4x²+8x)+(3x+6)解法3原式=(x³+1)+(6x²+11x+5)=(x+1)(x²-x+1)+(x+1)解法4当x=-1时，原式=0,故原式必有一个因式x+1,又(x³+6x²+11x+6)÷(x+1)=x²+5x+6,则原式=(x+1)(x²+5x+6)=(x+1)(x+2)(x+3)。(四川省竞赛题)解法1用十字相乘法分解=(x+3y)(x-2y)+[3(x+3y)-2(x-2解法2用主元法分解原式=x²+(y+1)x-(6y²-13y+6)=x²+[(3y-2)(2y-3)]x-(3y-2解法3用待定系数法分解因为x²+xy-6y²=(x+3y)(x-2y),所以，可设x²+xy-展开整理，得x²+xy-6y²+x+13y-6=x²+xy-6y²+(m+n)x+(3n解方程组，得讲m=-2,n=3∴原式=(x+3y-2)(x-2y+3)。究底刨根或条件与结论的互换、或条件的弱化与强化、或从特殊到一般的推广等。(2)求所有的三元整数数组(x,y,z),使得x³+y³+z³-3xyz=2003;(3)设n是整数，如果存在整数，Z,y,z满足n=x³+y³+z³-3xyz,则称n具有性质P。①试判断1,2,3是否具有性质P;②在1,2,3,…,2013,2014这2014个连续整数中，不具有性质P的数有多少个?(全国初中数学联赛题)I若a³+b³+c³-3abc,则a+b+c=0或a=b=c;对于(1),∵(a+b)+(b-c)+(c-a)=0,∴原式=3(a-b)(b-c)(c-a)。对于(2),∵x³+y³+z³-3xyz=(x+y+z)(x²+y²+z²-xy-yz-xz)。又(x-y)²+(y-z)²+(z-x)²=2(x²+y²+z²-xy-yz-x②或④或但上式左边被6除余2,右边被6除余4,故方程组①、②无整数解。由③、④得|x-y,|y-z|,|x-z|有两个为1,一个为0,故满足条件的三元整数数组为(x,y,z)=(668,668,667),(668,667,668)(66(3)①取x=1,y=z=0,可得1=1³+0³+0³-3×1×0×0,所以1具有性质P;取x=y=1,z=0。可得2=1³+1³+0³-3×1×1×0,所以2具有性质P;若3具有性质P,则存在整数x,y,z使得3=(x+y+z)³-3(x+y+z)(xy+yz+zx),从而可得3(x+y+z)³,故3(x+y+z),于是有,即9|3,这是不可能的，所以3不具有性质P。如果x-y=1,y-z=0,x-z=1,即x=z+1,y=z,则有f(x,y,z)=3z+1;如果x-y=1,y-z=0,x-z=1,即x=y=z+1,则有f(x,y,z)=3z+2;如果x-y=1,y-z=0,x-z=2,即x=z+2,y=z+1,则有f(x,y,z)=9(z+1);由此可知，形如3k+1或3k+2或9k(k为整数)的数都具右性质P。综合可知：当且仅当n=9k+3或n=9k+6(k为整数)时，整数n不具有性质P。又2014=9×223+7,所以，在1,2,3,…,2013,2014这2014个连续整数中，不具有性质P的数共有224×2=448个。(1)a²-h²+4a+2b+3=;(2)x⁴+x²+2ax+1-a²=;(河南省郑州市竞赛题)(广西省桂林市竞赛题)(“汉江杯”竞赛题)(江苏省徐州市竞赛题)2.分解因式：(山东省青岛市竞赛题)(2)(x²+3x+2)(x²+7x+12)-120=;(安徽省竞赛题)(3)a³+3a-4=_;(山东省济宁市竞赛题)(4)a³b+ab+30b=o(“希望杯”邀请赛试题)(“希望杯”邀请赛试题)(2)若代数式x³+y³+3x²y+axy²含有因式x-y,则a=o(“希望杯”邀请赛试题)4.(1)分解因式(2x-3y)³+(3x-2y³-125(x-y)³=;(2)已知n是正整数，是一个有理式A的平方，那么A=_o(“我爱数学”初中生夏令营数学竞赛试题)5.当n=1,2,3,…时，以下各式中，不能被6整除的有个。①n³-n②8n³-2n③2n³+3n²+n(国际城市数学邀请赛试题)6.当m=时，多项式12x²-10xy+2y²+11x-5y+m可以分解成两个一次因式的积。(河南省郑州市竞赛题)7.2¹⁶-1能分解成n个质因数的乘积，n的值是()。(“五羊杯”竞赛题)8.已知a,b,c为任意实数，则(a-b)²-4(a-c)(c-b)的值一定()A.大于0B.等于0C.小于0D.大于或等于0(四川省竞赛题)9.2x³+x²-13x+6的因式是(。A.2x-1B.x+2C.x-3D.x(美国犹他州竞赛题)10.如果x³+ax²+bx+8有两个因式x+1和x+2,则a+b=()。A.8B.7C.15(美国中学生数学竞赛试题)11.若a,b,c,d都是正数，则在以下命题中，错误的是()。A.若a²+b²+c²=ab+bc+ac,则a=b=c。(“五羊杯”竞赛题)12.已知x,y,z都是正整数，代数式x²y-y²z+z²x-x²z+y²x+z²y-2xyz的值是质数，则zx+y的值是(“希望杯”邀请赛试题)(2)2x³-x²z-4x²y+2xy(河南省竞赛题)(天津市竞赛题)(辽宁省沈阳市竞赛题)(湖北省黄冈市竞赛(7)(x+y)(x+y+2xy)+(x(12)x³+(2a+1)x²+(a²+2(吉林省竞赛题)(湖北省武汉市竞赛题)(重庆市竞赛题) (湖北省黄冈市竞赛题)(河南省焦作市竞赛题)选取二次三项式ax²+bx+c(a≠0)①取二次项和一次项配方：x²-4x+2=(x-2)²-2;(1)写出x²-8x+4的两种不同形式的配方；(2)已知x²+y²+xy-3y+3=0,求x的值。(四川省达州市中考题)15.已知关于x,y的二次式x²+7xy+my²-5x+43y-24可分解为两个一次因式的乘积，求m的值。(山西省太原市竞赛题)16.如果多项式x²-(a+5)x+5a-1能分解成两个一次因式(x+b)和(x+c)的乘积(b,c为整数),则a的值应为多少?(江苏省竞赛题)17.证明：对任何整数x,y,下式的值都不会等于33。x⁵+3x⁴y-5x³y²-15x²y³+4xy⁴(俄罗斯莫斯科市奥林匹克试题)18.求所有的自然数n,使得n⁴+64”是合数。(欧拉奥林匹克试题)19.如果正整数x,y,满足等式x²+84x+2016=y²,求x³+y²的值。(2016年北京市竞赛题)参考答案例1(1)原式=(4x²-4x+1)-(y²-4y+4)=(2x-1)²-(y-2)²=(2x+y-3)(2x-y+1)。(2)原式=(x⁴+2x²+1)-9x²=(x²+1)²-(3x)²=(x²+3x+1)(x²-3x+1)。则原式=(y-z)x²+(y²-2yz+z²)x-(zy²-z²y)=(y-z)[x²+(y-z)x-yz]=(y-z)(x=(b-c)[a²-(c+b)a+bc]=(b-c)((2)原式=x²+3x-(y²+y-2)=x²+3x-(y+2)(y-1)=(x+y+2)(x-y-1)。(3)原式=x²+(y-1)x-(2y²-7y+6)=x²+(y-1)x-(2y-3)(y-2)=(x-y+2)(x+2y-3)。(2)原式=(x²+x+1)(x²-x+1997)。令1997=a。(4)原式=(2x-3y)³+(3x-2y)³-[5(x-)]=-15(x-y)(2x-3y)(3x(5)原式=(t-1)⁴+(t+1)⁴-272=2t⁴+12t²-270=2(t²+15)(t²-9)=2(x²+4x+19)(x+5)(x-1)。令t例5当k=4a⁴(a为自然教)时，=(n²+2an+2a²)-(n²-2a当a≥2时，这是两个大于1的自然数的乘积，因为a有无穷多个，故k也有无穷多个。参考答案刻意练习(2)原式=(x⁴+2x²+1)-(x²-2ax+a²)=(x²-x+a+1)(x²+x-a+1)。(3)原式=(x²+y²)²-2x²y²+(x+y)⁴=(x²+y²)²-x²y²+(x+y)⁴-x²y²(4)原式=[x(1+x)]²+2x(1+x)x+x²-2x²(1+x)-8(1+x)²2.(1)(x-1)(x+4)(x²+3x+5)(2(3)原式=(a³-1)+(3a-3)=(a-1)(a²+a+4)。(4)原式=b(a³+a+30)=b[(a³+27)+(a+3)]=b(a+3)(a²-3a+10)。3.(1)31设x⁴+a²+b=(x²+2x+5)(x²+m(2)-5x=y是方程x³+y³+3x²y+axy²=0的一个解，代入得(5+a)y³=0。4.(1)因(2x-3y)+(3x-2y)+(5y-5x)=0,故原式=15(2x-3y)(3x-2y)(y-x)。5.00除外的连续三个自然数的乘积是6的倍数，2n³+3n²+n=n(n+1)(n+2)+n(n+1)(n-1)。6.2因12x²-10xy+2y²=(4x-2y)(3x-y),故可设原式=(4x-2y+1)(3x-y+n)。7.C8.D原式=(a+b-2c)²。9.A原式=(2x³-16)+(x²-13x+22)。12.D原式=(y-z)(x+y)(x-z),y-z和x-z同为1或同为-1。13.(1)原式=(3x+y-3)(3x-y+1)。(2)原式=(2x³-4x²y+2xy²)-(x²z-2xyz+y²z)=(x-y)²(2x-z)。(3)原式=x⁴+y⁴+z⁴-2x²y²+2y²z²-2x²z²-4y²z²=(x²-y²-z²)²-(2yz)²=(x+y-z)(x-y+z)(x+y+z)((4)原式=[(2a+5)(a-3)][(a+3)(2a-7)]-91=(2a²-a-15)(2a²-a-21)-91。=a³-b³-(a-b)³=3ab(a-b)=3(x-2)(y(6)原式=(a-2b+c)²。=(a+b+c)²+(b+c)(b+2c)+a(b+2c)=(a+b+c)(9)原式=(4x³-x)-(30x-15)=(2x-1)(2x-5)(x+3)。(10)原式=(x⁴+x³-2x²)-(x²+4x+4)=x²(x²+x-2)-(x+2)²=(x+2)(x³-x²-x-2)(12)将原式整理成字母a的二次三项式，原式=(x+1)(x+a+1)(x+a-1)。14.(1)答案不唯一。如①原式=(x-4)²-12,如②原式=(x-2)²-4x。∴可设原式=(x-8+ay)(x+3+by),解得a=9,b=-2,故m=ab=-18。②①×5+②得bc+5(b+c)=-26,bc+5(b+c)+25=-1,(b+5)(c+5)=-1。或17.原式=(x³+3x⁴y)-(5x³y²+15x²y³)+=(x+3y)(x⁴-5x²y²+4y⁴)=(x+3y)(x²-y²)=(x+3y)(x-y)(x+y)(x-2y)(当y=0时，原式=x⁵≠33;当y≠0时，x+3y、x-y、x+y、x-2y、x+2y此分解为四个以上不同因数的积，所以，当x18.首先证明x⁴+4y⁴是合数，其中x,y是自然数，且(x,y)≠(1,1)。x⁴+4y⁴=(x²+2y²)²-4x²y²=(x²-2xy+2y²)(x²+2xy+2y²),因为x²-2xy+2y²=(x-y)²+y²,且仅当x=y=1时，它等于1。因而对于其他所有的自然数，数x⁴+4y⁴都是合数。若n是奇教，则n⁴+64”是合数。因为在这种情况下，64”=64-8=4(2·8*)⁴。令x=n,y=2·8*,便得到形式x⁴+4y⁴,在y≥2的情况下，这个数是合数。所以，对于任何自然数n,n⁴+64”是合数。只能第4讲因式分解的应用知能概述：在一定条件下，把一个代数式变换成另一个与之恒等的代数式称为代数式的恒等变形。因式分解是代数变形的重要工具，是后续学习分式、一元二次方程等知识的基础；因式分解在数值计算、代数式的化简求值、解不定方程、证明代数等式等方面有广泛的应用。(江苏省竞赛题)解题思路通过变形，把原等式变形为关于a²+b²的等式。例2若m=2006²+2006²×2007²+2007²,A.是完全平方数，还是奇数B.是完全平方数，还是偶数C.不是完全平方数，但是奇数D.不是完全平方数，但是偶数(“希望杯”邀请赛试题)解题思路设2006=x,则m=x²+x²(x+1)²+(x+1)²,将m因式分解。(北京市竞赛题)(青少年数学国际城市邀请赛试题)解题思路观察分子、分母数字的特点，用字母表示数，从一般情形考虑，通过分解因式，寻找复杂数值下隐含的规律。例4已知n是正整数，且n⁴-16n²+100是质数，求n的值。(“希望杯”邀请赛试题)解题思路质数只能分解成1和本身的乘积，故对原式进行恰当的分解变形，是解本例最自然的思路。例5(1)求方程xy-2x-2y+7=0(x≤y)的整数解；(江苏省竞赛题)(2)求方程2x²+5xy+2y²=2006的所有正整数解。(山西省太原市竞赛题)解题思路观察方程的特点，利用整数解这个特殊条件，运用因式分解或分离整系数法，寻找解题突破口。例6设n为任意奇正整数，证明：1596”+1000”-270”-320”能被2006整除。(青少年国际城市邀请赛试题)分析与解因为2006=2×17×59,所以，为证结论成立，只需证：n为奇正整数时，1596”+1000”-270”-320”能被2,17,59整除。显然，表达式能被2整除。应用公式，n为奇数时，a"-b"=(a-b)(a”⁻¹+a”⁻-b+由于1596+1000=59×44,270+320=59×10,故1596”+1000”-270”-320”能被59整除。又1596-270=1326=17×78,1000-320=680=17×40,故1596”+1000”-270”-320”能被17整除.因此，结论成立。例7按下面规则扩充新数：已有两数a,b,可按规则c=ab+a+b扩充一个新数，在a,b,c三个数中任取两数，按规则又可扩充一个新数，……每扩充一个新数叫作一次操作，现有数1和4。(1)求按上述规则操作三次扩充得到的最大新数；(2)能否通过上述规则扩充得到新数1999,并说明理由。(重庆市竞赛题)分析与解新数有怎样的特征?从ab+a+b+1=(a+1)(b+1)入手。(1)第一次只能得到1×4+4+1=9,因为要求最大新数，所以，第二次取4和9,得到4×9+4+9=49,同理，第三次取9和49,就得到扩充三次的最大数为499。(2)因c=ab+a+b=(a+1)(b+1)-1,d=(a+1)(c+1)-1=(a+1)(b+1)(a+1)-1=(a+1)²(b+1)-1,即d+1=(a+1)²(b+1);取数b,c同理可得e=(b+1)(c+1)-1=(b+1)(a+1)(b+1)-1,e+1=(b+1)²(a+1)。设扩充后的新数为x,则总可以表示为x+1=(a+1)”·(b+1)“,式中m、n为整数，当a=1,b=4时，x+1=2”×5”,又因1999+1=2000=2⁴×5³,故1999可以通过上述规则扩充得到。结构思维结构，是指事物自身各种要素之间的相互关联和相互作用的方式，包括构成事物要素的数量比例、排列次序，结合方式和因发展而引起的变化。一些数学问题，整体求解较困难，但当问题包含若干形态结构相同的部分，选取部分进行研究，见微知著,常能找到解决问题的突破口，例8求满足等式a³(a-1)+b³(b-1)+c³(c-1)=a(a-1)+b(b-1)+c(c-1)的三个整数a,b,c,且它们的和最小。(全俄中学生竞赛试题)解题思路等式包含若干形态结构相同的部分，从研究x³(x-1)-x(x-1)切入。1.对于一个正整数，如果能找到正整数a,b,使得n=a+b+ab,则称n为一个“好数”,例如3=1+1+1×1,3就是一个“好数”,那么,在1～20这20个正整数中，“好数”有个。(四川省竞赛题)2.长方体的长、宽、高分别为正整数，且满足a+b+c+ab+bc+ac+abc=2006,那么这个长方体的体积是o(“希望杯”邀请赛试题)(湖北省黄冈市竞赛题)4.已知a,b,x,y满足a+b=x+y=2,ax+by=5,则(a²+b²)xy+ab(x²+y²)=(全国初中数学竞赛题)5.A,n都是自然数，且A=n²+15n+26是一个完全平方数，则n=_o(“希望杯”邀请赛试题)(“祖冲之杯”竞赛题)(2)方程2“×3”-3#+1+2”=13的非负整数解(m,n)=o(“新知杯”上海市竞赛题)7.黑板上写有1,共100个数字，每次操作先从黑板上的数中选取两个数a,b,然后删去a,b,并在黑板上写上数a+b+ab,则经过99次操作后黑板上剩下的数是()。A.2012B.101C.100(“《数学周报》杯”全国初中数学竞赛题)8.正整数a,b,c是等腰三角形三边的长，并且a+bc+b+ca=24,则这样的三角形有()。(“希望杯”邀请赛试题)9.已知正整数a,b,c,d满足ab=cd,则a+b+c+d可能等于()。A.101B.301C.401D.前三个答案都不对(2016年北京大学博雅计划测试题)A.100B.102C.104(美国数学竞赛题)11.已知a,b,c是一个三角形的三边，则a⁴+b⁴+c⁴-2a²b²-2b²c²-2c²a²的值()。A.恒正B.恒负C.可正可负D.非负(山西省太原市竞赛题)12.如果一个正整数可以表示为两个连续奇数的立方差，则称这个正整数为“和谐数”如2=1³-(-1)³,26=3³-I³,2和26均为“和谐数”。那么,不超过2016的正整数中，所有的“和谐数”之和为()。A.6858B.6860C.9260(2016年全国初中数学联赛题)(全国初中数学竞赛题)(“华罗庚金杯”少年数学邀请赛试题)(北京市竞赛题)(青少年国际城市邀请赛试题)(“我爱数学夏令营”竞赛题)16.n为怎样的自然数时，数3²n+1-2²n+1-6”是合数?(俄罗斯数学奥林匹克试题)17.(1)求方程x²+6xy-7y²=2009的正整数解；(山西省太原市竞赛题)(2)解方程组18.正数a,b,c使得等式a²(a-1)+b²(b-1)+c²(c-1)=a(a-1)+b(b-1)+c(c-1)成立，试确定(2016年北京市竞赛题)19.求所有的整数x,使得9x²-40x+39是一个质数的幂。(斯洛文尼亚数学奥林匹克试题)20.求质数a,b,c,使得15a+7ab+bc=abc。参考答案问题解决a²+b²=3,a²+b²=-2(舍去)。原式=(x+1)²-2x(x+1)+x²+2x(x+1)+x²(x+1)²例3(1)设1995=a,则(n+1)²-(n+1)+1=n²+n+1(n=1,2,11),于是分子与分母可逐项分解并相消，可得原式例4n⁴-16n²+100=n⁴+20n²+100-36n²=(n²+10)²-36n²=(n²+6n+10)(n²-6nn²+6n+10≠1,而n⁴-16n²+100为质数且n为正整数，故n²-6n+10=1,即(n-3)²=0,得例5(1)原方程化为(x-2)(y-2)+3=0,故(x-2)(y-2)=-3=-1×3=1×(-3),x³(x-1)-x(x-1)=(x³-x)(x-1)=x(x²-1)(x-1)=x(x+1)(参考答案1.12n+1=(a+1)(b+1),所求的数n,即为2～21之间的合数减1的数。2.888(a+1)(b+1)(c+1)=2007=3×3×223。3.414.-5原式=(ay+bx)(ax+by)。b²-a²=(b+a)(b-a)=11,b+a=11,b-a=1,解得b=6,a=5.n=a²-6.(1)15设经过99次操作后黑板上剩下的数为x,,解得x=100。9.B设a=mn,b=pq.c=mp,d=nq,则a+b+c+d=(m+q)(n+p),a+b+c+d不(2)a⁴+64=a⁴+16a²+64-16a²=(a²+4a+8)(a²-4a+8)=[c²(a+b)-b²(a+c)=(c-b)(ac+bc+ab)=0。得c²(a+b)=b²(a+c)=2010。数是质数13。17.(1)原方程化为(x-y)(x+7y)=2009=7×7×41,当x-y=1,7,41,49,287,2009时，相应地有x+7y=2009,287,49,41,7,1。又x-y解得(x,y)=(252,251),(42,35),(42,1)。(2)①+②③-④得(b-d)(a+c-2)=0,若b-d=0,则b=d,①、④式矛盾；若a+c-2=0,则a+c=2⑤,③+④结合⑤得b+d=3⑥,②+③结合⑥得2a+3c=4,进一步得(a,b,c,d)=(2,0,0,3)。18.原式=5958,参见例8。个其中，k,l∈N,且O≤I<k,n=k+l。个当l=0时，有pk=23→p=23,k=1→x=4。(2)同理由,推得x=1或x=-4,20.因a|bc,故a|bc或a|c,又a,b,c都为质数，所以a=b或a=c。若,得与题意相符，a=2,b=2,c=29为第5讲分式的化简求值先化简后求值是解代数式化简求值问题的基本策略，分式的化简求值通常分为有条件和无条件两种情形。解有条件的分式化简求值问题，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。分式的运算是化简求值的基础，是以整式的变形、因式分解为工具，合理地通分是化解分式运算中难点的关键。(“希望杯”邀请赛试题)(2)已知：x²-x-1=0,则(广西竞赛题)解题思路对于(1),设出比值，引入参数；对于(2),由条件可得x²=x+1,x²-x=1等，整体代入，不断地降低分子、分母的次数。例2(1)当x分别取值,求出代数式的值，将所得的结果相加，其和等于(。A.-1(全国初中数学联赛题)A.0B.1C.(湖北省黄冈市竞赛题)解题思路对于(1),取值成对互为倒数，不妨先计算对于(2),恰当运用条件，化多项式分母为单项式。(湖北省武汉市竞赛题)(江苏省竞赛题)解题思路不宜直接通分，运用分步通分、分组通分，先约分再通分，裂项相消后通分、换元等策例4设a,b是实数，且满足求解题思路怎样运用条件?如何沟通条件与结论的联系?充分运用解与分式相关问题的技巧方法，例5求最大的正整数n,使得n³+100能被n+10整除。(美国数学邀请赛试题)解题思路由于n³+100的次数高于n+10的次数，所以，通过变形将整式整除的问题转化为一个例6已知x,y,z满足求代数式的值。(北京市竞赛题)例7已知a,b,c为正数，满足如下两个条件：a+b+c=32(全国初中数学联赛试题)分析与解由勾股定理，结论可表示为等式：a=b+c或b=a+c或c=b+a③,联立①③,只需证a=16或b=16或c=16,即(a-16)(b-16)(c-16)=0.④由①平方、移项，有a²+b²+c²=32²-2(ab+bc+ca),……(把⑥代入),(由①)当a-16=0时，由①有a=16=b+c,由勾股定理逆定理知，以√a.√b.√c为三边长组成一个以例8(1)设当A+B+C=1时，求证：(2)若正数a,b,c满,求代数式解题思路由A+B+C=1可推出A,B,C中有两个为1,一个为-1,解题的关键是由分式特点恰当配凑。问题(2)是(1)的逆问题，怎样切入?2.代数式的值为整数的全体自然数x的和是(全国初中数学联赛题),则a的值为o(河南省竞赛题)4.如果,那么(江苏省竞赛题)(北京市竞赛题) 0(青少年数学国际城市邀请赛试题)7.已知正实数a,b,c满足.的值为()。22(四川省竞赛题)A.0B.3(全国初中数学联赛题)9.如果,那么(a+1)²+(b+2)²+(c+2)²的值为()。A.36B.16C.14(湖北省武汉市竞赛题)10.已知abc≠0,且a+b+c=0,则代数式的值为(。A.3B.2(全国初中数学联赛题)11.考虑分数为两个互素的正整数)组成的集合。若分子和分母均增加1,则分数的值增加10%。则这样的分数有()个。A.0B.1C.2D.3E.无数多(美国数学竞赛题)12.已知,则的值是(。(山西省太原市竞赛题)(广东省肇庆市竞赛题)且16.已知,求证(江苏省竞赛题)(山东省枣庄市竞赛题)(湖北省荆州市竞赛题)(广西省梧州市竞赛题)(波兰奥林匹克竞赛题)17.已知实数a,b,c满足abc=-1,a+b(全国初中数学联赛题)求证：(1)(五城市联赛题)(江苏省竞赛题)(荷兰竞赛题)参考答案问题解决代入原式=-5;当a+b+c=0时，c=-(a+b),代入原(2)A由a+b+c=0,得c=-(a例4原式的值为3,下面解题思路供参考：解法1运用分式的性质，条件等式分别乘(1+b),-(1+a),得解法2移项通分，得∴(n+10)900,从而n的最大值为890。分别讨论可得A,B,C中有两个为1,一个为-1。不妨设A=1,B=1,C=-1,则A⁹9+B1⁹9+C¹⁹9⁶=1⁹9+1⁹9+(-1)'⁹9=3。(2)显然不能机械套用(1)的方法，但从(1)的解法中可作出猜测如a+b-c=0,即c=a+b。由于a,b,c具有轮换对称性，不妨设0<a≤b≤c,正难则反。若c>a+b或c<a+b,则可推出与条件的矛盾，故c=a+b,从而原式=1。参考答案刻意练习5.1将分式两两相乘、三个相乘。6.因为a=11-(b+c),11.B由题意得,xy+11x-10y=0,(x-10)(y+11)=-110,x-10>-10,y+11=11。12.D由条件得,可得原式则有A+D=1,C+E=1,故原式=A×B+C×D+E=A×C+C×D+E=C+E=1。14.m=19参见例4。15.a+b=-C,C=-a-b,则2a²+bc=2a²+b(-a-b)=(a-b)(a+a+b)=(a-b)(a-c),同理2b²+ac=(b-c)(b-a),2c²+ac=(c-a)(c-b),即(a+b)(b+c)(a+c)=0,∴a=不妨设a=-b,则a²n+1=-b²n+1,,故等式成立。,同理可得a+b+c+d=7,a²+b²+c²+d²=(a+b)²+(c+d)(1)因为,所以其余类似可得。(2)因为,所以,其余各式类似可推故20.设该有理数为p,q为正整数，且(p,q)=1,(p²,q²)=1,又设4n-2=cp²,n+5=cq²,c为整数.于是有(1)若c=2,2q+p=11,则2q-p=1;经讨论得p=5,q=3,n=13,为此题的唯一解.式子会随着n的增大而增大，当n无限增大时，无限地接近于一个常数，这个常数就是欧拉数e,e是一个无理数，左图是它的近似值.