整式的乘法提高练习 综合

整式的乘法提高练习

知识点一：乘法公式和因式分解

2１．当a，b取任意有理数时，代数式（1）2(a1)(2a1)；（2）a7a12；

22（43a)(b4);（4）3a2b43a212a13中，其值恒为正的 （3）

22有（ ）个．

Ａ．４个 Ｂ．３个 Ｃ．２个 Ｄ．１个

２．已知四个代数式：（１）mn;(2)mn;(3)2mn;(4)2mn．当用2mn乘以上面四个式子中的两个之积时，便得到多项式4mn2mn2mn．那么这两个式子的编号是（ ） Ａ．（１）与（２） Ｂ．（１）与（３） Ｃ．（２）与（３） Ｄ．（３）与（４） ３．已知xy3,xyxy4,则xyxyxy的值为＿＿＿＿．

４．当xy1时，xxyxy3xy3xyy的值是＿＿＿＿．

５．已知a，b，c，d为非负整数，且acbdadbc1997，则abcd＿＿＿．

６．若3xx1,则9x12x3x7x1999的值等于＿＿＿＿．

3432433224224433243223(2000a)(1998a)＿＿＿＿． ７．已知(2000a)(1998a)1999,那么，

221a4a21 ＿＿＿＿＿＿． ８．已知a5,则2aa知识点二：幂的运算

９．已知252000,802000,则

１０．满足(x1)

200xy11等于＿＿＿＿． xy3300的x的最小正整数为＿＿＿＿．

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2n42(2n)１１．化简得＿＿＿＿＿＿． n32(2)１２．计算(0.04)2003[(5)2003]2得＿＿＿＿＿＿．

知识点三：特殊值

１３．(xyz)的乘积展开式中数字系数的和是＿＿＿＿．

2１４．若多项式3x4x7能表示成a(x1)b(x1)c的形式，求a，b，c．

24

知识点：整体思想的运用

１５．若a2b3c7,4a3b2c3,则5a12b13c（ ） Ａ．３０ Ｂ．－３０ Ｃ．１５ Ｄ．－１５

１６．若2x5y4z6,3xy7z4,则xyz＿＿＿＿．

１７．如果代数式axbxcx6,当x2时的值是７，那么当x2时，该代数式的值是 ．

53知识点四：最值问题和乘法公式

１８．多项式xx1的最小值是 ．

１９．已知xya,zy10,则代数式xyzxyyzzx的最小值等于＿＿＿．

2222五、其它：

２０．已知Aabc,B4a2b3c＝ ．

２１．已知x和y满足2x3y5，则当x＝４时，代数式3x12xyy的值是 ．

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22222222．若ABC0，则Ｃ

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２２．已知xyz96,xyz4,xyzxyxzyz12,则xyz＿＿＿．

参考答案：

1．C 2．Ｃ ３．３６ ４．１ ５．１９９８ ６．２００３ ７．４００２ ８．２４ ９．１ １０．７ １１．

3332227 １２．１ 8１３．８１ １４．３，－１０，１４ １５．Ｄ １６．０ １７．－１９ １８．

3222 １９．７５ ２０．3a3b2c ２１．１ ２２．９ 4

一元二次方程的实根的判别式的意义及应用（第3课时）

教学目标：

（1）掌握一元二次方程根的判别式的意义，利用根的判别式判定方程根的性质；证明二次三项式为完全平方式；利用其构造一元二次方程，进行代数式的恒等式的证明或不等式的证明；与几何知识相联系解决如判断三角形的形状等的问题.

（2）依据题目条件,产生联想,转化成一元二次方程问题.体会转化的数学思想方法. （3）通过观察、分析、感受数学的内在联系，激发学生的学习兴趣。 教学重点：

利用其构造一元二次方程，进行代数式的恒等式的证明或不等式的证明. 教学用具：三角板、计算机 教学过程

（一）知识回顾

一元二次方程axbxc0符号决定了方程的实数根的存在性. Δ＞0方程有两个不等实数根; Δ=0 方程有两个相等实数根; Δ＜0方程没有实数根.

（二）探索

在实数范围内,一些二次三项式axbxc(a0)可化为两个一次因式的积.其方法是先判定方程axbxc022(a0)的根的判别式b24ac，b24ac的

2(a0)的根的判别式b24ac0,然后再代

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bb24ac入求根公式x，求出两根x1、x2,于是就有

2aax2bxc=a(xx1)(xx2).特别地,当Δ=0时，方程有相等的实数根,则ax2bxc=a(xx1)(xx2)=a(xx1)2，此时可以说ax2bxc是完全平方式.

于是我们有如下结论:

Δ=0 二次三项式axbxc是完全平方式. (三)新知应用

例1 （1）若关于a的二次三项式16aka25是一个完全平方式则k的值可能是 ;

2（2）若关于a的二次三项式ka4a1是一个完全平方式则k的值可能

22是 ;

分析：可以令二次三项等于0，若二次三项是完全平方式，则相对应的一元二次方程有两个相等的实数根.即Δ=0

解：（1）令16aka250 ∵关于a的方程有两个相等的实数根，

2∴Δ= k2416250，即k=40或-40

（2）令ka4a10

∵关于a的方程有两个相等的实数根， ∴Δ=16-4k=0， 即k=4

点拨：本题也可由完全平方式a2abb直接“凑”出。

例2若12m60,且关于x的方程x2(m1)xm0的两根均为整数，试求整数m的值。

分析:此题只有借助一元二次方程求根公式,由于方程的两根均为整数,判别式必为完全平方数.

解：依题意，[2(m1)]41m4(2m1)必为完全平方数.

2222222∴2m1必为完全平方数且是奇数.

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∵12m60,

∴522m1112 ∴2m172或2m192. ∴m24或m40.

经检验m24或m40均符合题意.

∴m24或m40.

点拨:本题给出了求一元二次方程axbxc0件:

2(a0)有整数根的一个必要条

b24ac必为完全平方数(式).

例3 若a、b、c为实数，且a(ab)b(bc)c(ca)0.求证：abc. 分析：若把a、b、c其中的一个看作未知数，就得到一个一元二次方程.因为方程有实根，所以可以利用判别式求解.

解：整理成关于a的一元二次方程得， a(bc)a(bbcc)0, ∵a为实数，该方程有实数根。 ∴Δ=[(bc)]4(bbcc)0, 即(bc)0,而(bc)0,

∴bc，代入a(bc)a(bbcc)0,得ab， ∴abc. 例4 已知：

22222222222bc1,求证：b24ac0. aa22分析:对已知条件变形,由两个量a、c表示第三个量b,代入b4ac,判定b4ac的符号.或者对已知条件变形,得abc0,再由结论b4ac0联想到一元二次方程axbxc0根的判别式,即可解决问题.

解法一：∵

22bc1， aa ∴bac。

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∴b4ac(ac)4ac)(ac)0。 解法二：∵

222bc1， aa ∴abc0。

∴-1是方程axbxc0的一个实数根. ∴b4ac0.

点拨: 例12、例13都是构造一元二次方程解题，利用判别式证明恒等式或不等式问题.解题思路巧妙，这种解题方法多见于证明恒等式中.

例5 已知方程a(x1)2bxc(x1)0有两个相等的实数根，a、b、c为三角形的三条边，判定此三角形的形状.

分析:略.

解：方程可化为(ac)x2bxac0 ∵方程有两个相等的实数根， ∴Δ=(2b)4(ac)(ac)=0 ∴bca.即该三角形为直角三角形.

点拨：本题属于与几何知识相联系的问题.几何与代数的结合点是三角形的边长是一元二次方程的系数.

(四)练习

1、二次函数yaxbxc(a0，a，b，c是常数)中，自变量x与函数y的对应值如下表： 2222222222x 1 12140 1 12741 3274 2 1 52143 y 2 2 2 （2）一元二次方程axbxc0(a0，a，b，c是常数)的两个根x1，x2的取值范围是下列选项中的哪一个 ． ①213x10，x22 22

②1x1，2x2125 26

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③15x10，2x2 22

④1x1，x22

213222、已知ａ、ｂ、ｃ分别是△ABC的三边，其中ａ＝1，ｃ＝4，且关于x的方程x4xb0有两个相等的实数根，试判断△ABC的形状。 3、已知：(zy)4(xy)(yz)0求证：2yxz

4、求方程2x2xyy2x10的实数解. 参考答案：

1、解两个根x1，x2的取值范围是③.

2、解：∵方程x4xb0有两个相等的实数根 ∴△=(4)4b0 ∴b4

∵c4 ∴bc4

∴△ABC为等腰三角形

22(xy).

2223、证明：以(xy)、(zx)、(yz)为系数的一元二次方程

(xy)t2(zx)t(yz)0有两个相等的实数根,

又∵(xy)(zx)(yz)0.

由根与系数的关系可知：t1t21,∴2yxz.

4、解法二：方程变形为x2xyyx2x10，即(xy)(x1)0 ∵(xy)0,(x1)0， ∴xy0且x10.

2222222x1∴.

y1解法二：方程变形为2x2(y1)xy10.

Δ=[2(y1)]4(y1)20,

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化简得,(y1)0 ，而(y1)0. ∴(y1)0 即y1， ∴代入方程得,x1x21. ∴222x1 y1(五)总结:

一元二次方程根的判别式在解题中有十分广泛的应用.利用根的判别式判定方程根的性质；证明二次三项式为完全平方式；利用其构造一元二次方程，进行代数式的恒等式的证明或不等式的证明；与几何知识相联系解决如判断三角形的形状等的问题.

反思提高（这是留给老师或学生自己写的）

本部分重点

解决的方法是 我的新认识是

2010-02-01

张迎战

二项式定理

【教学目标】

使学生掌握二项式定理及其证明(数学归纳法)，培养学生发现和揭

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示事物内在客观规律能力和逻辑推理能力。通过介绍“杨辉三角”，对学生进行爱国主义教育。 【教学重、难点】

重点：二项式定理的推导及证明 难点：二项式定理的证明 【教学过程】 (一)新课引入：

(提问)：若今天是星期一，再过810天后的那一天是星期几？ 在初中，我们已经学过了 (a+b)=a+2ab+b

(a+b)3＝(a+b)2(a+b)＝a3+3a2b+3ab2+b3 (提问)：对于(a+b)4，(a+b)5 如何展开?(利用多项式乘法)

(再提问)：(a+b)100又怎么办？ (a+b)n(n∈N+)呢？

我们知道，事物之间或多或少存在着规律。这节课，我们就来研究(a+b)n的二项展开式的规律性 (二)新课：

(如何着手研究它的规律呢)？采用从特殊到一般（不完全归纳）的方法。

规律：(a+b)1=a+b

(a+b)2=(a+b)(a+b)=a·a+a·b+b·a+b·b=a2+2ab+b2 (a+b)3=(a+b)2(a+b)=(a2+2ab+b2)(a+b)=a3+3a2b+3ab2+b3

2

2

2

810＝(7+1)10＝C10710+C1079+…+C107+C10

＝2(733＋c1732+…+c32·7+2 910

01

(a+b)4=(a+b)3(a+b)=(a3+3a2b+3ab2+b3)(a+b)=a4+4a3b+6a2b2+4ab3+b4 根据以上的归纳，可以想到(a+b)n的展开式的各项是齐次的，它们分别为an, an-1b, an-2b2,…，bn,展开式中各项系数的规律，可以列表： (a+b)1 1 1

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(a+b)2 1 2 1 (a+b)3 1 3 3 1 (a+b)4 1 4 6 4 1 (a+b)5 1 5 10 10 5 1

（这表是我国宋代杨辉于1261年首次发现的，称为杨辉三角，比欧洲至少早了三百年。）

如何从组合知识得到(a+b)4展开式中各项的系数

(a+b)4=(a+b)(a+b)(a+b)(a+b)

0(1)若每个括号都不取b，只有一种取法得到a4即C4种 1(2)若只有一个括号取b，共有C4种取法得到a3b

(3)若只有两个括号取b，共有C42种取法得到a2b2

3(4)若只有三个括号取b，共有C4种取法得到ab3

(5)若每个括号都取b，共有C44种取法得b4

C10 C11

01 C2 C2 C22 1 C30 C3 C32 C33

013 C4 C4 C42 C4 C44 1 C50 C5 C52 C53 C54 C55

…………

0n1n-1∴ (a+b)n=Cna+Cnab+…+Cnran-rbr+…+Cnnbn(n∈N+)

一、指出：这个公式叫做二项式定理（板书），它的特点： 1．项数：共有(n+1)项

012．系数：依次为Cn，Cn，Cn2，…Cnr，…Cnn，其中Cnr(r＝0，1，2，…

n)称为二项式系数

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说明：二项式系数Cnr与展开中某一项系数是有区别的。例如：(1＋2x)6展开式中第3项中系数为C62·22＝60而第三项的二项式系数是

C62＝15。

3．指数：an-r·br指数和为n，a的指数依次从n递减到0，b的指数依次从0递增到n。 三、小结：

0n1n-1（1）二项式定理(a+b)n=Cna+Cnab+…+Cnran-rbr+…+Cnnbn是通过不

完全归纳法，并结合组合的概念得到展开式的规律性，然后用数学归纳法加以证明。

（2）二项式定理的特点：1．项数 2．系数 3．指数 四、作业：

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