巧用整体方法解条件求值题

给出条件的代数式求值问题是中考中的常见题型.解决这种问题的方法多姿多彩,“整体方法”是其中一道亮丽的风景.例1若xy=a,1x2+1y2=b(b>0),则(x+y)2的值为().A.b(ab-2)B.b(ab+2)C.a(ab-2)D.a(ab+2)分析先将条件式变形,再整体代入求值式求值.解b=1x2+1y2=x2+y2x2y2=(x+y)2-2xyx2y2=(x+y)2-2aa2,故(x+y)2=a2b+2a=a(ab+2).选D.例2已知a+b=-8,ab=6化简bba姨+aab姨=________.分析先将求值式变形,再把条件式整体代入求值,在变形过程要注意a<0,b<0.解原式=-baab姨-abab姨=-ab姨a2+b2ab=-ab姨(a+b)2-2abab=-6姨64-126=-2636姨.填-2636姨.例3已知x=…     

关于单项式概念的理解

单项式是“整式的加减”一章的基本概念,怎样理解这个概念呢? 像3x、mn、α~2、-y都是单项式,它们都是数与字母的积.学习时应注意以下几点: 1.单项式中,只包含乘法 (和乘方)运算,不包含加、减、除的运算.单项式(3/4)α~2b可看做分数3/4与α~2b的积,而不认为(3/4)α~2b包含除法运算. 2.单个数如5、-3、π等和单个字母如α、b、x、y、m等虽然不包含乘法(和乘方)运算,仍然规定它们是单项式,即单独一个数或字母也是单项式.     

联用sin~2θ+cos~2θ=1与二维柯西不等式解题

解数学题,学生是多么期盼掌握一些“战无不胜”的技法。本文联用sin~2θ+cos~2θ=1与二维柯西不等式解题,其构思别致,变换灵巧,可谓学生所盼的“阳春白雪”。二维柯西不等式是:ac+bd≤(a~2+b~2)~(1/2)·(c~2+d~2)~(1/2),a、b、c、d∈R当且仅当a/c=b/d时,等式成立。(现行高中《代数》课本下册P.14)。一求值(或证明条件不等式) 例1 若α、β∈(0,π),且cosα+cosβ-cos(α+β)=3/2,求α、β。解:已知即为(1-cosα)cosβ+sinα·sinβ+cosα=3/2,于是:(cos~2β+sin~2;xx2)[1-cosα)~2+sin~α]≥[(1-cosα)cosβ+sinα·sinβ]~2=(3/2-cosα)~2即(2cosα-1)~2≤0,cosα=1/2,α=π/3,同理知β=π/3。(α、β∈(0,π)) 例2 已知msinθ-ncosθ=(m~2+n~2)~(1/2) (1)sin~2θ/α~2+cos~2θ/b~2=1/(m~2+n~2) (2)     

聚焦整式加减中的整体意识

意识一:“代”整体 即把题设条件式作为一个整体,直接代入所要求解的代数式进行求解. 例1 若a+b=3,则 (a+b)2-5/a+b+a+b-2的值为——, 思路点拨:由于所要求解的是关于a+b的代数式的值,于是把a+b作为一个整体,直接代人求解即可,详见如下: 解:(a+b)2-5/a+b+a+b-2=(a+b)2-5/(a+b)+(a+b)-2由a+b=3得原式=32-5/3+3-2=25/3.     

构造有理化因式解题

利用互为有理化因式的意义(“两个含有二次根式的代数式相乘,如果它们的积不含有二次根式,我们就说这两个代数式互为有理化因式”),构造有理化因式解题,常能起到以简驭繁、化难为易的作用. 例1 若a=1996/(?)1997-1,则a5-2a4-1996a3的值为____. 解:由题设有a=(?)1997+1,又设b=(?)1997-1,则a-b=2.ab=1996.因此,原式=a5-(a-b)a4-ab·a3=a5-a5+a4b-a4b=0. 评注:这里构造的(?)1997+1的有理化因式(?)1997-1,将求值式中的“2”、“1996”分别用a-b、ab替换,将代数求值题转化为整式运算,使     

把握整体,灵活解题

在解决有些问题的过程中,我们往往不知不觉地把注意力集中在一个局部上,甚至被一些假象迷惑,因而迷失了解题的方向,如能全面地观察、分析整体与局部、整体与结构的关系,则可把握问题的实质,灵活解题,现介绍几种方法如下:一、整体代入例1 巳知a、b、c为不等于零的实数,且a+b+c=0,则a(1/b+1/c)+b(1/c+1/a)+c(1/a+1/b)的值为__.(1999年山东省初中数学赛题)解:求值式=a+b+c/a+a+b+c/b+a+b+c/c-3=-3二、整体换元例 2 已知实数a、b满足a2+ab+b2=1,求a2-ab+b2的取值范围.(1998年黄冈市初中赛题)解:设a2-ab+b2=t,由a2+ab+b2=1,得     

构造“零值代换”求代数式的值

构造“零值”代数式,解一类条件代数式求值问题,整体意识强,简捷明快、现举例说明.例1 已知x=2-5~(1/5),那么x~4-8x~3+16x~2-x+1的值是(?).(第六届“希望杯”初二数学竞赛题)解∵x=2-5~(1/5),∴2-x=5~(1/5).两边平方,整理得x~2-4x-1=0.∴x~4-8x~3+16x~2-x+1=x~2(x~2-4x-1)-4x(x~2-4x-1)+(x~2-4x-1)-x+2=-x+2=5~(1/5)     

整式求值例说

在初中数学竞赛中,常出现有关整式求值问题. 例1 设a是最小的正整数,b是最大的负整数,c是绝对值最小的有理数,则a-b+c=( ). (A)-1 (B)0 (C)1 (D)2 (1999年“希望杯”数学邀请赛初一试题) 解由题意知a=1,b=-1,c=0. 原式=1-(-1)+0=2.故选D. 例2 已知2a~2b~(n-1)与-3a~2b~(2)m是同类项,那么(2m-n)~x=__.(第十五届江苏省初中数学竞赛初一试题) 解由同类项定义知x=2,n-1=2m. 所以2m-n=-1.于是(2m-n)~x=(-1)~2=1. 说明正确掌握有理数、同类项等有关概念是解这类题的关键.     

倒数及应用(初二、初三)

当α≠0时,1/α表示α的倒数,由此,不难发现倒数有如下性质: (1)若α=b≠0,那么1/α=1/b. (2)若α>b>0。或6<α<0,那么1/α<1/b.以上性质在解答某些分式问题时很有用. 1.求值例1 如果x+(1/x)=3,则x2/(x4+x2+1)=——. (96年四川省初中数竞) 解由x+(1/x)=3,得(x+(1/x))2=9,     

半角公式的应用

1.用公式求值例1.求tg67°30′的值解一:tg135°/2=(1-135°/1+135°)~(1/2)=(1+cos45°/1-45°)~(1/2) =((1+cos45°)~2/sin~245°)~(1/2)=(1+cos45°)/sin45°解二:tg67°30′=sin135°/1+cos135° =(2~(1/2)/2)/1-2~(1/2)/2=2~(1/2)+1 解三:tg67°30′=1-135°/sin135°=(1+45°)/sin45° =(1+2~(1/2)/2)/2~(1/2)/2=2~(1/2)+1 上面三种解法,以解三为最简便。一般说来,如果α的正弦和余弦都知道,或者α为特殊角,那么,用公式Tα/2=(1-cosα)/sinα=sinα/(1+cosα)求值比较方便,特别用tgα/2=(1-cosα)/sinα最为方便,因为它的分母为单项式。但如果只知道cosα的值,α又不是特殊角,一般说用Tα/2=±(1-cosα/1+cosα)~(1/2)求值好些。     

一个公式的巧用

公式(a+b+c)(a~2+b~2+c~2-ab-bc-ca)=a~3+b~3+c~3-3abc(以下记为公式)有不少应用。而公式本身的证明并不困难,运用整式乘法或因式分解就可予以证明,这是初中一年级学生就能接受的。如果在初中代数教学中,讲解整式乘法时就把它提出来,到因式分解时再次熟悉,后继内容的教学中不断应用,这对学生掌握知识,发展智能会有裨益的。一、公式的征明: 证一:将左边按a的降幂排列左边=[a+(b+c)][a~2-(b+c)a+(b~2+c~2-bc)] =a~3-(b+c)a~2+(b~2+c~2-bc)a+(b+a)a~2-(b+c)~2a+(b+c)(b~2-a~2-bc) =a~3+(b~2+c~2-bc-b~2-2bc-c~2)a+b~2+c~3 =a~3+b~3+c~2-3abc。证二、用因式分解右边=(a+b)~3-3ab(a+b)+c~3-3abc =(a+b)~3+c~3-3ab(a+b+c) =(a+b+c)~3-3c(a+b)(a+b+c)     

代数式求值(初一)

1．直接代入例1 当a=1/2,b=-3时,求代数式a2- 2ab b2的值．分析对于较简单的代数式求值,只要把字母的取值直接代入即可．解当a=1/2,b=-3时, a2-2ab b2 =(1/2)2-2×(1/2)×(-3) (-3)2 =(1/4) 3 9=12(1/4)． 2．整体代入例2 已知(a-2b)/(a 2b)=5,求代数式     

也谈化asinα+bcosα为一个函数的问题兼与淡异如同志商榷

淡异如同志在《关于化 asinα+bcosα为一个函数的问题》一文中(以下简称《淡文》,见本刊82年第5期《教材讨论》专栏)认为:“部编教材(高中一册)中,化 asinα+bcosα为一个函数的结论:asinα+bcosα=(a~2+b~2)~(1/2)sin(α+(?))(其中(?)由 tg(?)=b/a 确定)”不妥.其理由是:“由 tg(?)=b/a 确定的(?)不是唯一的”,“其中有的(?)能使等式 asinα+bcosα=(a~2+b~2)~(1/2)sin(α+(?))成立,有的(?)则不能使上面等式成立”。并以“化-2~(1/2)/2sinα+2~(1/2)/2cosα     

三角恒等变形中角的变换常用的五种策略

一、“给值求值”时将“待求角”用“条件角”表示例1 已知cos(α-β)=-4/5,cos(α+β)=4/5,且α-β∈(π/2,π),α+β∈(3π/1,2π),求cos2α. 解:由已知求得sin(α-β)=3/5,sin(α+β)=-3/5.又2α=(α-β)+(α+β),所以cos2α=cos(α-β)cos(α+β)-sin(α-β)sin(α+β)·代入已知数据得cos2α=-7/25. 练一练已知sin(π/4-α)=5/13(0<α<π/4),求cos2α/(?)的值.     

和初一新生谈谈“整体思想”

初一新同学在解决代数问题时,习惯上盯着某个局部特征,总想各个击破,分而治之.而有时这样做把问题弄得很复杂,无从下手.这里我向同学们介绍一种重要的数学思想方法——整体思想,也就是着眼于问题的整体结构,从大处考虑,由整体入手,突出问题的整体结构的分析和改造,这样做往往能收到理想的效果.下面举例谈谈整体思想在解题中的运用.一、求值中运用“整体思想”例1　已知x2+x-1=0,求2x3+4x2+3的值.简析:由已知,得x2+x=1,将x2+x视作一个“整体”代入求值式,得2x3+4x2+3=2x(x2+x)+2x2+3=2x+2x2+3=2(x2+x)+3=2×1+3=5.例2　若(3x+1)5=ax5+bx4+cx3…     

│a·b│≤│a│·│b│在解题中的应用

向量作为一种工具在解题中的应用极广,巧用公式a·b≤a·b解题,方法新颖、运算简捷.本文举例说明该公式的应用.1在求值中的应用例1若α,β∈(0,π),求满足等式cosα+cosβ-cos(α+β)=23的α,β的值.解原等式可化为(1-cosβ)cosα+sinβsinα=32-cosβ.构造向量a=(1-cosβ,sinβ),b=(cosα,sinα),则a·b=(1-cosβ)2+sin2β·cos2α+sin2α=2-2cosβ,a·b=(1-cosβ)cosα+sinβsinα=32-cosβ.因为(a·b)2≤a2b2,所以(23-cosβ)2≤2-2cosβ,即(cosβ-12)2≤0,所以cosβ=21,β=3π.又α,β地位相同,故α=3π,即α=β=3π.2在求最值和值域中的…     

构造辅助方程解题

我们知道,转化是解题过程的一个重要环节。如何实现转化呢?构造辅助方程可算一个有力的措施。下面通过若干例子加以说明。一、在代数求值中的应用 [例1] 求值:(20+14 2~(1/2))~(1/3)+(20-14 2~(1/2))~(1/3)。解:令原式=x,得辅助方程 x=(20+14 2~(1/2))~(1/3)+(20-14 2~(1/2))~(1/3) 立方,得x~3-6x-40=0 (x-4)(x~2+4x+10)=0 ∵x~2+4x+10>0 ∴x-4=0,x=4。故原式等于4。     

数值计算问题举例

在数学竞赛中,经常遇到各类数值计算题,这类题一般数字冗繁,如果不运用合理的计算方法是很难获得正确结果的.现举例如下. 例1 求值 201224/20002~2-1999·2001. 解∵1999·2001=(2000-1)(2000+1)=2000~2-1, ∴201224/20002~2-1999·2001=201224. 例2 求值1995~3-2×1995~2-1993/1995~3+1995~2-1996 (1995年北京市数学竞赛题) 解原式=1995~2(1995-2)-(1995-2)/1995~2(1995+1)-(1995+1) =(1995-2)(1995~2-1)/(1995+1)(1995~2-1) =1993/1996     

巧用直线与圆有公共点的条件解题

众所周知,直线与圆有公共点的充要条件是圆心到直线的距离不大于圆的半径。应用这一关系解决一些数学问题将另辟蹊径。别具风格,现举例说明如下。一求值例1 已知|a|≤1,|b|≤1,且a((1-b~2)~(1/2))+b((1-a~2)~(1/2))=1,求a~2+b~2的值。解:令x=(1-b~2)~(1/2),y=(1-α~2)~(1/2),则直线ax+by=1与圆x~2+y~2=2-(a~2+b~2)有公共点((1-b~2)~(1/2),(1-a~2)~(1/2)),于是(|-1|)/((a~2+b~2)~(1/2))≤((2-(a~2+b~2))~(1/2)),     

创新求值题

近年各地中考和竞赛中都涌现出不少的设计新颖、灵活 ,富有创意的新型求值题 .主要有以下几类型 .一、开放型1.条件开放型求值题 :即代数式中字母可任意赋值的求值题 ,一般是先化简 ,再取适当值计算 .例 1　 ( 2 0 0 3年南通市中考题 )先化简代数式( a2 +b2a2 - b2 - a - ba +b)÷ 2 ab( a - b) ( a +b) 2 ,然后请你自取一组 a,b的值代入求值 .(所取 a,b的值要保证原代数式有意义 ) .解 :逆用平方差公式化简得 :原式 =a2 +b2 - ( a - b) 2( a +b) ( a - b) .( a - b) ( a +b) 22 ab =a +b,只要取 a≠ b且 a≠ - b的 a,b值代入均可 ,如取 a= …