名校《强基计划》初升高衔接数学讲义（上）.pdf

1、1 名校强基计划初升高数学衔接讲义（上）名校强基计划初升高数学衔接讲义（上） 第一讲代数式.2 1.知识要点.2 2.例题精讲.2 3.习题巩固.3 4.自招链接.4 5.参考答案.4 第二讲 方程.13 1.知识要点.13 2.例题精讲.14 3.习题巩固.15 4.自招链接.15 5.参考答案.16 第三讲 函数.29 1.知识要点.29 2.例题精讲.29 3.习题巩固.31 4.自招链接.32 5.参考答案.33 第四讲 不等式.44 1.知识要点.44 2.例题精讲.44 3.习题巩固.45 4.自招链接.46 5.参考答案.46 第五讲 圆.55 1.知识要点.55 2.例题精讲.

2、55 3.习题巩固.58 4.自招链接.60 5.参考答案.61 第六讲 几何证明.74 1.知识要点.74 2.例题精讲.74 3.习题巩固.76 4.自招链接.77 5.参考答案.78 2 第一讲代数式第一讲代数式 1.知识要点知识要点 代数式包括在整个初中我们学习的整式、 分式、 根式等相关内容.在自招中所占的比例较大， 无论在填空还是在解答晚上再中都可以找到代数式的身影. 首先我们来看一下代数式章节几个重要的公式（以下列举课本中未涉及的公式） ： 3322 ababaabb， 3322 ababaabb， 3 3223 33aa babbab， 3 3223 33aa babbab，

3、222 322 1 2 abcabbccaabbcca ， 322222 3abcabcabcabcabbcca. 2.例题精讲例题精讲 1.若2016a ，2017b ，2018c ，求 222 abcabbcac的值得 2.已知 1 4a a ，求 2 2 1 a a 、 3 3 1 a a 的值 3.若3xyz，则 333 111 111 xyz xyz 的值是_ 4.计算 22222222 11111111 1+ 1+ 1+ 1+ 12233420172018 5.已知a、b、c是实数.若 222 2 bca bc 、 222 2 cab ac 、 222 2 abc ab 之和恰等于

4、 1， 求证：这三个分数的值有两个为 1，一个为1. 6.设 432 P xxaxbxcxd，其中a、b、c、d为常数.若 12018P， 3 24036P， 36054P.试计算 1 117 4 PP . 7.对于所有的正整数，定义.若正整数满足 2 222 20171212fff nfff n ， 则n的最大值为_ 8.求所有的三元有序整数组使得 201520152015 xyyzzx 为正整数. 3.习题巩固习题巩固 9.因式分解 3 43aa. 10. 因式分解 8448 98xx yy. 11.已知m是方程 2 510 xx 的一根，求 2 2 1 25mm m 的值. 12. 若3

5、x为正整数，且是 2 2513xx的约数，求x的所有可能值总和. 13. 若 xyzxyzxyz zyx ，求 xyyzzx xyz 的值. 14. 计算 1111 2 123 22 34 33 4100 9999 100 . 15. （1）若实数a使得212aa，求21aa的值； （2）若实数a满足 1 1 2 a，设2121paaaa，求证：p一定是无 理数. 16. 已知实数x、y、z满足241xyz， 222 1 24 7 xyz求 124 xyz 的值. 17. 已知1 111 abc aabbbccca ，求证1abc . 18. 已知. 333222 1 21121 f x xx

6、xxx 4 求 132017fff. 4.自招链接自招链接 19. 求122 +33 +44xxxx的最小值. 20. 我 们 学 过 等 差 数 列 的 求 各 公 式 1 1 23 2 nn n ， 请 利 用 3 32 1331nnnn，推导 2222 123n的公式. 5.参考答案参考答案 例题精讲例题精讲 1.对于这样的题目，第一次就直接代入是很不应该的，我们先书写公式： 222 222 1 + 2 abcabbcacabbcca ， 然后把2016a ，2017b ，2018c 代入，得 222 abcabbcac 2221 2016201720172018201820163 2

7、. 2.这样的题目在自招的试卷中出现的次数也是非常的多， 应熟练选用合适的公式.熟用完 全平方公式（注意符号） ： 2 2 2 11 216aa aa ， 所以 2 2 1 18a a . 熟用立方差公式（注意符号） ： 32 32 111 1418 176aaa aaa . 3.在自招试卷中下面这个公式非常重要： 333222 3abcabcabcabcabbcca 设 1xa ， 1yb ， 1zc ，则 5 333333 111 111 xyzabc abc xyz . 又3xyz，故0abc . 从而可知， 333222 30abcabcabcabcabbcca. 故 333 1111

8、 3 111 xyz xyz . 4.在自招试卷中，算式中出现省略号的话，我们一般把通项写出来，然后进行变形，从 而找出规律. 222 222 2222 22 11121111 1 111 nnnnnnn n n nnnnn 2 2 2 1111 11 1 11 1 n nn n n nnn nn . 所以，原式 11111111 1111 12233420172018 12017 2017 12017 20182018 . 5.由题设 222222222 1 222 bcacababc bcacab ，且0abc ，即 222222222 1110 222 bcaacbabc bcacab

9、则 222222222 222 0 222 bcabcacbacabcbc bcacab ， 222 222 0 222 bcaacbabc bcacab ， 0 222 bcabcaacbacbabcabc bcacab ， 2 2 0 2 abccab abc ， 6 0 2 abccabcab abc . 所以0abc 或者0cab或者0bca 中，必有一个成立. 不妨设0abc ，则将acb，bca，cab分别代入三个分式，可得三个 分式的值分别为 1、1、1. 6.对于数字规律明显的试题，可以考虑使用因式定理来进行化简. 因式定理： 如果多项式 fx能被xa整除， 即xa是 fx的一

10、个因式， 那么 0f a . 反之，如果 0f a ，那么xa是 fx的一个因式. 通过因式定理的推导，可判断 1232018P xxxxxkx. 所以 11 11711 111 211 3112018 11 44 PPk +7 17273720187k 1 10 9 8 7 112018 118910 4 k 720187k 1 10 9 8118 9 107201811 7 4 kk 1 8 9 10 182018 4 4 2 9 10 18+2018 324020185258. 7.将具体的数字代入原不等式得： 2 424242222 2017 111221+111 122 11nnnn

11、 ， 通项 4222 111aaaaaa . 原不等式化简得： 222222 2017 11 122 1+111 122 11nnnn . 当你做到这一步的时候，可以尝试对每一项进行计算： 22 2017 1 3 713 7 131nnnn ， 7 发现左右有相同的数字，那是因为 22 111111aaaaaaa a ， 所以，不等式或以化简为201711n n，得：n最大值为 44. 8.先证明引理（此引理曾单独在自招试卷中出现） ： 若p、q、r、pqr均为有理数，则p、q、r为有理数. 证明如下： 设Spqr，所以Srpq， 2 22pqSrS rpq，则 2 TSrpq ， 22 44

12、4pqTS rSTr， 22 44 4 TS rpq r ST 为有理数，同 理p、q均为有理数. 由引理得 2015 xy 、 2015 yz 、 2015 zx 为有理数. 设 2015a xyb ， 2015c yzd ， 2015e zxf （分子分母互质且为正整数）. 因为 22 2015baxy，所以 2 2015a，1a 同理，1ce从而 201520152015111 xyyzzxbdf ， 111 13 bdf . 分情况讨论，不妨设bdf. （1） 111 1 bdf ， （b，d，f）=（3，3，3） ， （2，3，6） ， （2，4，4）逐个代入，通 过奇偶分析，可得当

13、（b，d，f）=（2，4，4）时，有整数解： 4 2015 16 2015 16 2015 xy yz zx ， ， ， 8 解得 4030 4030 28210. x y z ， ， （2） 111 2 bdf ， （b，d，f）=（1，2，2） ，通过奇偶分析无整数解. （3） 111 3 bdf ， （b，d，f）=（1，1，1） ，通过奇偶分析无整数解. 所以，满足题目条件的为（4030，4030，28210） ， （4030，28210，4030） ， （28210，4030， 4030）三组. 习题巩固习题巩固 9. 2 13aaa. 10. 8448844844 98296xx

14、yyxxx yyx y 2 444444 6432xyx yx y 2 44224444442244 16643216xyx yxyx yx yx yxy 2 4422224422 8162xyx yx yxyx y 22 44222222 816xyx yx yxy 442233442233 844844xyx yx yxyxyx yx yxy. 11. 由 于 2 510mm ， 则 2222 222 111 25211mmmmm mmm ， 又 1 5m m ，所以， 2 2 2 11 1328mm mm . 12. 22 2513263 1616 21 333 xxxxx x xxx

15、为 整 数 ， 16 3x 则 为 整 数 ， 31x ，2，4，8，16，x取值总和为 46. 13. 若0 xyz，则xyz ，yzx ，zxy 故 1 xyyzzx xyz . 9 若0 xyz，则1 xyzxyzxyzxyz zyxxyz （等比性质） ，故有 xyz，从而可知 8 xyyzzx xyz . 14. 2 2 +1+1+1+1111 +1+1+11 +1+1 kkk kkkk k k kkkk kkk k kkk 原式 111111119 11 1010223989999100 . 15. （1）2 2 （2） 将 p平方： 2 22 22212212212paaaaaa

16、a ， 又0p 故2p ，因此p为无理数（无理数的证明请参考七年级第二学期课本阅读材料）. 16. 222 21 +24240 77 xyzxyz. 222 111 240 777 xyz ， 显然 1 7 xyz，可得 124 49 xyz . 17. 1 1 1111 bcaab bbcccaaabaab , 即 2 1 11 bababcacabc ab bbccca ， 故 2 11 1 11 ccaabcbabab ab bbccca ， 则 2 1 11 11 babababc ab bbccca ， 故 2 1 11 babababc ab bbccca . 等式两边同时除以ab

17、，可得 11 1 1 11 bc aab bbccca ， 10 进而 1 1 1 1 11 bbcbc c a ab bbccca ， 则 11 11 11 bcc aab bbccca ， 故 11 0 11 bcc aab bbccca ， 从而 11 11 bcc aab bbccca . 故 11 11bcccacbbc aab ， 展开并化简，可得 2 1 cabcc ab ，即 222 1abca b cabc ，从而 2 10abc.故 1abc . 18. 3322 ababaabb， 3333 333222 11111 211 21121 xxxx xx xxxxx ， 所

18、以 132017fff 333333 1 11 13 13 12017 12017 1 222 333333 204220182016 222 3 2018 2 自招链接自招链接 19. 根 据 绝 对 值 的 几 何 意 义 ， 我 们 知 道14xx的 最 小 值 在14x时 取 得.2224xx，34xx，23x分别求出最小值的取值范围，可得 3x 时取的最小值，最小值为 8. 11 20. 虽然有很多同学知道这个公式最后的答案为 1 21 6 n nn ， 我们先把可以利用的公 式写出来看看： 3 32 1331nnnn. 上面的式子中我们发现了需要推导的 2 n，那么下面就是寻找 2

19、 1n，我们可以把公式变 为 3 332 211131311nnnnn . 然后依次类推： 3 332 01 113 13 1 1 . 我们把所有的式子相加： 左边 3 333 0121n， 右边 3332222 123 1233 123nnnn ， 化简得 3232 22223 1233223 3 1233 222 nnnnnnnnn nnn ， 所以 2 2222 231 121 123 66 nnn n nn n . 12 13 第二讲 方程第二讲 方程 1.知识要点知识要点 一、代数方程分类： 整式方程；分式方程；无理方程. 二、解方程的基本思想： 化分式方程为整式方程； 化高次方程为

20、一次或二次方程； 化多元为一元； 化无理方程为有理方程. 总之，最后转化为一元一次方程或一元二次方程. 三、解方程的基本方法： 解整式方程：一般采用消元（加减消元、代入消元、因式分解消元、换元法消元等） ，降 次（换元降次、因式分解降次、辅助式降次等）等方法. 解分式方程：一般采用去分母，换元法，重组法，两边夹等方法. 解无理方程：一般采用两边平方，根式的定义、性质、换元，几何构造，构造三角函数. 四、二次方程中的韦达定理： 我们一般在初二的时候学习韦达定理，利用韦达定理可以解决很多根与系数方面的问题， 韦达定理（根与系数的关系） 若一元二次方程 2 00axbxca的两根为 1 x、 2 x

21、，则 12 b xx a ， 12 c x x a . 各位同学，还记得推导过程吗？ 证法一： （求根公式推导） 一元二次方程 2 00axbxca的求根公式是 2 4 2 bbac x a . 则 12 b xx a ， 12 c x x a . 证法二： （待定系数法） 若一元二次方程 2 00axbxca的两根为 1 x、 2 x，那么方程可以表示为 12 0a xxxx系数一一对应，就可以得到 12 b xx a ， 12 c x x a . 14 2.例题精讲例题精讲 1.已知关于x的方程322387axbxx有无穷多个解，那么a、b值应分别 为_. 2.方程2121xxx的实数解的

22、个数是_. 3.求方程 32322 3247615180 xxxxxxxx全部相异实根. 4.解方程组 111 2 111 3 111 . 4 xyz yzx zxy ， ， 5.设 1 x、 2 x为方程 22 2350 xkxkk的两个实根，求 22 12 xx的最大值与 最小值. 6.若k为正整数，且关于x的方程 22 16 31720kxkx有两个相异正整数根， 求k的值. 7.关于x的二次方程 2222 682644kkxkkxk的两根都是整数，求满 足条件的所有实数k的值. 8.关于x的方程 432 4520 xxmxnx的四根成等差数列，求方程的解. 9.若 2222 22222

23、222 2222 22222222 2222 22222222 2222 22222222 1 21232527 1 41434547 1 61636567 1 81838587 xyzu xyzu xyzu xyzu ， ， ， ， 那么， 2222 xyzu的值为_. 10. 设a、b、c分 别 为ABC的 三 边 ， 求 证 ： 关 于x的 二 次 方 程 222222 0b xbcaxc无实根. 11.解无理方程： 33 45161xx. 15 3.习题巩固习题巩固 12. 方程 2 2320060 xxyxy的正整数解xy，共有多少对？ 13. 解方程组： 2 2 2 2, 2, 2

24、. xyzx yzxz zxyy 14. 求所有正实数a，使得方程 2 40 xaxa仅有整数根. 15. 是否存在质数p、q，使得关于x的一元二次方程 2 0pxqxp有有理数根？ 16. 求所有有理数r，使得方程 2 110rxrxr的所有根为整数. 17. 设方程 2 310 xx 的根、也是方程 62 0 xpxq的根，试求整数p、q的 值. 18. 设a与b为方程 2 10 xpx 的两个实根，c与d为方程 2 10 xqx 的两个实根. 求证： 22 acbcadbdqp. 19. 设r、s、t是方程 3 8100120160 xx的三个根， 求 333 rssttr的 值. 20

25、. 已知p为质数，使二次方程 22 2510 xpxpp 的两根都是整数，求出所有可 能的p的值. 21. 已知方程810 xax 有两个整数根，求a的值. 22. 已知关于x的二次方程 2 2320axaxa至少有一个整数根，求负整数a的 值. 4.自招链接自招链接 23. 若方程 22 14xxk有 4 个非零实数根，且它们的数轴上对应的 4 个点等距离 排列，求k的值. 16 24. 解方程组 2 2 2 2 2 2 1 2 3 xyz yxz zxy ， ， . 5.参考答案参考答案 例题精讲例题精讲 1.因为关于x的方程322387axbxx，即328237abxab有 无穷多个解.

26、 所以 3380 2370 ab ab ， ， 可得 2 1 a b ， . 2.当1x 时，原方程化为 2121xxx ，解得2x （舍去） ，所以方 程无解； 当 1 1 2 x 时，原方程化为 2121xxx，解得 1 2 x ，所以 1 2 x ； 当 1 2 2 x时，原方程化为 2121xxx，解得x为任意实数，所以 1 2 2 x； 当2x 时，原方程化为 2121xxx，解得2x （舍去） ，所以方程无解. 综上所述，原方程的解为 1 2 2 x；那么实数解的个数是无数个. 3.设 32 35 2 22 xxxA， 2 59 22 xxB则原方程化为 690ABABB ， 则

27、22 690ABB， 即 2 2 30AB， 即330ABAB， 可得30AB或30AB . 17 因此有 322 3559 230 2222 xxxxx ， 或 322 3559 230 2222 xxxxx . 则 32 440 xxx或 32 310 xxx . 因此 2 140 xx或 2 1210 xxx， 可得1x 或2x 或12x . 所以，原方程的根为 12 1xx， 3 2x ， 4 2x ， 5 12x ， 6 12x . 4.原方程组化为 2 3 4. xyxzxyz yzyxxyz zzzxxyz ， ， 令xyzk，则 2 3 4 xyxzk yzyxk zxzyk

28、， ， ， 2，得 9 2 xyyzzxk， 由分别减去、得 1 2 5 2 3 2 xyk yzk zxk ， ， ， ，得 30 4 kk xyz ， 18 由分别除以、得 30 10 30 6 30 2 k x k y k z ， ， . 所以 30303023 30 106230 kkkk xyzk，解得 529 30 k . 所以原方程组的解为 23 10 23 6 23. 2 x y z ， ， 5.因为关于x的一元二次方程 22 2+350 xkxkk有两个实根，所以 2 2 24 135kkk 2 31616kk 43 +40kk ， 可得 4 4 3 k . 由韦达定理，得

29、12 2 2 1 k xxk ， 2 2 12 35 35 1 kk x xkk 所以 2 22 121212 2xxxxx x 2 2 2235kkk 2 2 106519kkk . 当4k 时， 2 22 12 max 51918xxk ； 当 4 3 k 时， 2 22 12 min 50 519 9 xxk . 6.原方程变形、因式分解为 19 2 116 31720kkxkx， 112160kxkx . 即 1 12 1 x k ， 2 6 1 x k . 由 12 1k 为正整数得k 1，2，3，5，11；由为正整数得k 2，3，4，7. 所以k 2，3 使得 1 x、 2 x同时

30、为正整数，但当3k 时， 12 3xx，与题目不符，所以 只有2k 为所求. 7.一元二次方程的整数解的典型难题，由根为整数无法得知实数k是否为整数，解题的 基本思路是消去实数k，得到关于整数解 1 x、 2 x的典型方程. 由 2222 682644kkxkkxk可知， 42220kxkkxk ， 故 1 2 4 k x k ， 2 2 2 k x k .（由题意可知， 2 6802kkk 且4k ） 因为 1 22 1 44 k x kk ， 2 24 1 42 k x kk ，于是有 1 2 4 1 k x ， 2 4 2 1 k x ， 两 式 相 减 可 得 ， 21 42 2 11

31、xx ， 则 121 320 x xx. 故 12 32xx ，从而可知， 1 2 1 32 x x ， ； 或 1 2 1 32 x x ， ； 或 1 2 2 31 x x ， ； 或 1 2 2 31 x x ， ； 又 1 1x 且 2 1x ，故 1 2 1 5 x x ， ； 或 1 2 2 4 x x ， ； 或 1 2 2 2 x x ， . 故6k ，3， 10 3 . 20 注： 得出 1 22 1 44 k x kk ， 后 2 24 1 22 k x kk ， 直接有41k ， 2；21k ，2，4，由于上述两个等式是同时成立的，故这样的k只能取6k ， 3.此法不严密

32、，如果是整数，此法可用，如果不是，就不能用. 8.首先我们推导一下四次方程的韦达定理. 设 4 个根分别为： 1 x、 2 x、 3 x、 4 x，则有 1234 0 xxxxxxxx，展开： 22 12123434 0 xxxxx xxxxxx x ， 2 232 1234123413142324 xxxxxxx xx xx xx xx xx xx， 1342341231241234 0 x x xx x xx x xx x xxx x x x， 根据韦达定理（根与系数的关系）有： 1234 xxxx为 3 x项的系数； 12341 3142324 x xx xx xx xx xx x为 2

33、 x项的系数； 134234123124 x x xx x xx x xx x x为x项的系数； 1234 x x x x为常数项. 下面我们来解答这道试题. 根据题意，设根为3ab，ab，ab，30ab b，那么根据推导的韦达定理有： 334abababab； （ 3 x项根与系数的关系） 3352abababab； （常数项根与系数的关系） 上面两个式子化简，得44a ，即1a ，代入第二个式子得 1 31 31152bbbb， 则 22 1 9152bb，即 42 910510bb ，可知 2 3b 或 2 17 9 b （舍）. 又0b ，所以 3b ，从而1a ， 3b . 故原方程

34、的解为 1 1 3 3x ， 2 13x ， 3 13x ， 4 1 3 3x . 注：有兴趣的同学可以尝试求出m、2456n mn ，. 9.已知条件的结构特征，可构造一个关于t的方程 21 2222 2222 1 1357 xyzu tttt ， 则 2 2 、 2 4 、 2 6、 2 8是关于t的方程 2222 2222 1 1357 xyzu tttt 的根. 将 2222 2222 1 1357 xyzu tttt 化为整式方程，得 4222232 234 840txyzuta ta ta. 由一元次方程的根与系数的关系，得 22222222 246884xyzu. 所以 2222

35、 36xyzu. 10. 关于x的二次方程 222222 0b xbcaxc的判别式为 22222 4bcabc 222222 22bcabcbcabc 22 22 bcabca bcabcabcabca abcbcaabccab . 因为在三角形中两边之和大于第三边，即abc，bca，cab，所以 0abc ，0bca ，0cab. 因为0abc ，所以0abcbcaabccab . 所以关于x的二次方程 222222 0b xbcaxc无实根. 11.（法一）设 3 45xa ， 316 xb ，原方程化为1ab，因为 33 61ab ， 又因为 2 3322 3ababaabbababa

36、b ， 所以20ab . 所以a、b是二次方程 2 200yy的两个根， 而540yy，5y 或4y ； 22 所以 3 3 455 164 ax bx ， ， 或 3 3 454 165 ax bx ， ， 所以80 x 或109x . 经检验， 1 80 x ， 2 109x 是原方程的根. （法二）原方程化为 333 451610 xx . 设 3 45xa ， 316 xb ， 3 1c 所以原方程化为0abc . 因为 333222 3abcabcabcabcabbcca，所以 333 3abcabc ， 即 333 45161345161xxxx ， 3 2045161xx， 2+

37、29 87200 xx ， 801090 xx， 解得80 x 或109x ；经检验， 1 80 x ， 2 109x 是原方程的根. 习题巩固习题巩固 12. 本题利用因式分解比较复杂，不易得出，注意到y的最高次数是一次，用x来表示y， 题目迎刃而解. 2 2320062005 21 11 xx yx xx . 由x、y均为正整数，可得，5，401，2005.所以方程共有四对正整数解. 13. 2 2 2 2 2 2. xyzx yzxz xyy ， ， z +得 222 222xyzxyyzzxxyz，即 2 xyzxyz，10 xyzxyz，0 xyz或1xyz. （1）当0 xyz时，

38、xyz ，代入和，得 22 22yzzyz， 23 22 22zyyyz， 由得 22 3 yzzy，3310yzyz，解得y z 或 1 3 yz . 若y z ，代入，得 2 30yy，310yy ，0y 或 1 3 y . 所以 0 0 9 x y z ， ， ， ，或 2 3 1 3 1 3 x y z ， ， ， ， 若 1 3 yz ，则 1 3 x 代入，得 1 9 yz ，无实数解. （2）当1xyz时，1xyz ，代入和，得 22 22yzzyz， 22 22zyyyz. 由得 22 3 yzyz，3310yzyz，解得y z 或 1 3 yz. 若y z ，代入，得 2 3

39、0yy，310yy ，0y 或 1 3 y . 所以 1 0 0 x y z ， ， ， 或 1 3 1 3 1 3 x y z ， ， . 14. a 16，18，25 15. 本题虽然形式上是有理数根的问题，但是因为p、q都是整数，则也为整数，要求 方程有有理数根，那么为平方数 ，和例题 3、例题 4 的本质相同. 令 222 4qpn ，其中n是一个非负整数，则 2 4qnqnp. 由于1qnqn，且q n 与q n 同奇偶，故同为偶数.因此，有如下几种可能情形： 24 2 2 2 qn qnp ， ， 2 4qn qnp ， ， 4 qnp qnp ， ， 2 2 qnp qnp ，

40、， 2 4. qnp qn ， 消去n，解得 2 1qp， 2 2 2 p q ， 5 2 p q ，2qp， 2 2 2 p q . 对于第 1、3 种情形，2p ，从而5q ，对于第 2、5 种情形，2p ，从而4q （不 合题意，舍去） ，对于第 4 种情形，q是合数（不合题意，舍去）. 又当2p ，5q 时，方程为 2 2520 xx ，它的根为 1 1 2 x ， 2 2x ，它们都是有 理数. 综上所述，存在满足题设的质数. 16. 首先对0r 和0r 进行讨论.时.0r 原方程是关于x的一次方程，0r 时，原方 程是关于x的二次方程，由于r是有理数，处理起来有些困难，这时用直接求

41、根或判 别式来做，均不能奏效.可用韦达定理，先把这个有理数r消去. 当0r 时，原方程为10 x ，所以1x . 当0r 时，原方程是关于x的一元二次方程，设它的两个整数根为 1 x、 2 x，且 12 xx， 12 12 1 1 1 1 xx r x x r ， ， 则 消 去r得 1 121212 2 13 2113 11 x x xxxxx x ， ， 或 1 2 11 13 x x ， . 即 1 2 4 2 x x ， ， 或 1 2 0 2 x x ， ， 所以 12 11 17 r x x 或 1. 综上所述，当 1 7 r ，0，1 时，方程的所有根都是整数. 17. 因为、是

42、方程 2 310 xx 的两个根， 2 34 1 150 ，所以由韦 达定理，得3，1，从而 2 222 232 17 ， 2 2 442222 272 147 25 因为、是方程 62 0 xpxq的根，所以 62 62 0 0. pq pq ， 因为，所以 66 44222 22 44 2 222 22 . 11 p q =+=47+1 =48， =17=7 18. 由韦达定理，得abp ，1ab ，cdq ，1cd 因为 22 1acbccab cabcpc， 22 1adbddab dabdpd， 又因为c与d为方程 2 10 xqx 的两个实根，所以 2 10cqc ， 2 10dq

43、d 即 2 1cqc ， 2 1ddq 所以 2 1acbccpcc qp ， 2 1adbddpdd qp ， 所以 22 acbcadbdc qpd qpqp . 19. 因为三次方程没有 2 x项，所以它的所有根之和为 0，即.0srt .故 333333 333 rstsrttsrrst . 由于r为方程的根，故 3 8100120160rr. 对s和t也有同样的式子，所以 333 810013 20160rstsrt . 故 333 10013 20163 2016 756 88 srt rst . 因此 333 333 756rstsrtrst . 20. 典型的方程整数解问题，注

44、意充分利用p是质数这个条件. 由于这个整系数一元二次方程有整数根，所以 26 22 44514 51pppp 是完全平方数， 从而51p是完全平方数.令 2 51pn ，n是整数， 则511pnn. 所以，511nn，即51n或51n. 若51n，令15nk ，则52pkk，由于p是质数，故1k ，7p ，此时方 程为 2 14130 xx， 1 1x ， 2 13x 满足条件. 若51n，令15nk ，则52pkk，故1k ，3p 此时方程为 2 670 xx， 1 1x ， 2 7x 满足条件. 综上所述，所求的质数p为 3 或 7. 21. 原方程整理为 2 8810 xaxa . 设

45、1 x、 2 x为方程的两个整数根，由韦达定理， 12 8xxa，所以 12 8axx，a为 整数.所以xa、8x均为整数，所以81xax ，所以8a . 22.4a 或10. 自招链接自招链接 23. （法一）令 2 xt，则原方程为14ttk，整理的 2 540ttk，则由求 根公式和题意得 1,2 594 0 2 k t ，所以四个非零实数根分别为 1 594 2 k x ， 2 594 2 k x ， 3 594 2 k x ， 4 594 2 k x . 由题意它们在数轴上对应的点等距离排列，所以得到 594594 3 22 kk ，化 简得 7 4 k . （法二）由题意，4 个非

46、零实数根在数轴上对应的 4 个等距点中有两对关于原点对称，则可 令 22 1433xxkxaxaxaxa， 27 即 424224 54109xxkxa xa，于是有 2 4 105 94 a ak ， ， 解得 7 4 k . 24. 原方程组变为 2 2 2 2 2 2 1 2 3. xyz yxz zxy ， ， 即 1 2 3. xyzxzy xyzyzx xzyyzx ， ， 可得 222 6xyzxzyyzx， 即6xyzxzyyzx ， 当6xyzxzyyzx时，原方程组变为 6 6 2 6 . 3 yzx xzy xyz ， ，解得 5 6 12 2 6 3 3 6 . 4 x

47、 y z ， ， 同理，当6xyzxzyyzx 时，有 5 6 12 2 6 3 3 6 . 4 x y z ， ， 28 29 第三讲 函数第三讲 函数 1.知识要点知识要点 函数是初高中之间重要的桥梁，除了大家熟悉的一模二模考试中的考题外，函数还与 不等式、方程有着一定的联系，做这类题目的一般步骤为：画图，确定范围，列出不等式 （或等式） ，求解. 一元二次不等式的解集： 2 4bac 0 0 0 二次函数 2 (0)yaxbxc a 的图象 方 程 2 0axbxc 的根 有两个不等的实根 x1、x2 有两个相等的实根 2 b x a 无实根 2 0(0)axbxca 的解集 1 xx或

48、 2 xx 2 b x a 一切实数 2 0(0)axbxca 的解集 12 xxx无解无解 如果在区间（a，b）上有( )( )0f af b，则至少存在一个axb，使得( )0f x . 此定理即为区间根定理，又称作勘根定理，它在判断根的位置的时候会发挥巨大的威力. 2.例题精讲例题精讲 1.对于每个 x，函数 y 是 1 2yx， 2 2yx， 3 212yx 这三个函数的最小值. 则函数 y 的最大值是. 30 2.已知抛物线 2 yaxbxc与双曲线 2 k y x 有三个交点( 3,)Am、( 1, )Bn、 (2, )CP.则不等式 322 0axbxcxk的解集为. 3.已知函

49、数 2 2 2 ,3, 1024,3, xx x y xxx 且使yk成立的 x 的值恰好有三个，则 k 的值 为. 4.求 4242 11025yxxxxx 的最小值. 5.若二次函数 2 (0)yaxbxc a的图象的顶点在第一象限， 且过点 （0， 1） 和 （ 1，0） ，则Sabc的值的变化范围是（）. （A）11S （B）01S （C）12S（D）02S 6.（1）画出| 3| 3| 3|yx的函数图象； （2）根据图象求出方程 | 3| 3| 3| | 4| 4| 4|xx的解. 7.已知二次函数 2 yaxbxc（其中 a、b、c 为整数且 a0） ，对一切实数 x 恒有 2

50、1 2 4 xyx ，求此二次函数的解析式. 8.若抛物线 2 2yxmx与连结两点 M（0，1） 、N（2，3）的线段 MN（包括 M、 N 两点）有两个不同的交点，求 m 的取值范围. 9.已知 a、b、c 为正整数，且抛物线 2 ( )f xaxbxc与 x 轴有两个不同的交点 A、 B. 若 A、B 到原点的距离都小于 1，求abc的最小值. 10. 二次函数 2 ( )f xxaxb，max |( )|Mf x，11x ，求 M 的最小值. 11. 二次函数( )f x满足： （1）( 1)0f ； （2）对任意实数 x 有 2 1 ( ) 2 x xf x 成 立，求( )f x.