名校《强基计划》初升高衔接数学讲义（上）.docx

1、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.

2、例题精 讲.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 1 第一讲代数式 1.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）： ababaabb， 3322 ababaabb ， 3322 3 a33a2b3ab2b3ab ， 3 aa babbab， 33 2

3、323 3221 abcabbccaabbcc a 222 2 ， a3b2c23abcabca2b2c2abbcca. 2.例题精讲 1.若a2016，b2017，c2018，求a2b2c2abbcac的值得 2.已知a 1 4，求 a2 a 1 、a3 a 2 1 的值 a 3 3.若xyz 3，则 111 xyz 333 xy z 111 的值是_ 4.计算 11111111 1+ 1+ 1+ 1+ 12233420172018 22222222 5.已知a、b、c是实数.若 bca 222 2bc 、 cab 222 2ac 、 ab c 222 2ab 之和恰等于 1， 求证：这三个

4、分数的值有两个为 1，一个为1. 6.设Pxxaxbxcxd，其中a、b、c、d为常数.若P12018， 432 2 1 P24036，P36054.试计算 P 11P7. 4 7.对于所有的正整数，定义.若正整数满足 2 2017 f 1f 2f nf 1 f 2f n， 222 则n的最大值为_ 8.求所有的三元有序整数组使得 201520152015 xyyzz x 为正整数. 3.习题巩固 9.因式分解 a34a3. 10. 因式分解x898x4y4 y8. 1 11. 已知m是方程x25x10的一根，求2 2m5m的值. m 2 12. 若x3为正整数，且是2x25x13的约数，求x

5、的所有可能值总和. 13. 若 xyzxyzxy z ， 求 zyx xyy zzx xyz 的值. 14. 计算 1111 . 2 123 22 34 33 4100 9999 100 15. （1）若实数a使得a2a12，求a2a1的值； （2）若实数a满足 1 2 a1，设pa2a1a2a1，求证：p 一定是无 理数. 1 16. 已知实数x、y、z满足x2y4z1， 2 22 x2y4z 求 124 的 值. xyz 7 abc 17. 已知1，求证abc1. 1aab1bbc1cca 18. 已知.f x 1 323232 x2x1x1x 2x1 3 求f1f3f2017 . 4.自

6、招链接 19. 求x12 x2 +3 x3 +4 x4的最小值. 20. 我 们 学 过 等 差 数 列 的 求 各 公 式 1 nn 123n， 请 利 用 2 122232n2的公式. 332 n1n3n3n1，推导 5.参考答案 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： 2221 222 abcabbcacabbcca + ， 2 然后把a2016，b2017，c2018代入，得 abcabbcac 222 1 2 222 20162017201720182018 20163. 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.

7、熟用完 全平方公式（注意符号）： 2 11 aa216 2 ， aa 2 所以a 2 1 18. a 2 熟用立方差公式（注意符号）： 111 aaa 32 1418 176 aaa 32 . 3.在自招试卷中下面这个公式非常重要： a3b3c33abcabca2b2c2abbcca 设x 1a，y1b，z1c，则 4 x1y1z1abc a bc 333333 x1y1z1 . 又xyz3，故abc0. 从而可知， a3b3c33abcabca2b2c2abbcca0. 故 1111 xyz 3 333 x1y1z1 . 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

8、变形，从 而找出规律. 222 11nn1n1nnn12n n11 2 22 1 nnnnnn 111 222222 2 nnnn 111111 1 . 211 n nnn 2 nn1 11111111 所以，原式 1111 12233420172018 12017 201712017. 20182018 5.由题设 bcacababc 222222222 1，且abc 0，即 2bc2ac2ab bcaacbabc 222222222 111 0 2bc2ac2ab 则 b2c2a22bca2c2b22aca2b2c22bc 0， 2bc2ac2ab 22222 2 bcaacbabc 0，

9、 2bc2ac2ab bcabcaacbacbabcabc 0， 2bc2ac2ab 2 abcca b 2 2abc 0 ， 5 abccabcab 2abc 0. 所以abc0或者cab0或者bca0中，必有一个成立. 不妨设abc0，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x a整除，即xa是fx 的一个因式，那么f a0. 反之，如果fa0，那么xa是fx 的一个因式. 通过因式定理的推导，可判断 P xxxxxkx. 1232018 所以 11 PP

10、k 11711 111 211 3112018 11 44 +7172737k 20187 1 10987 112018118910 k 4 7k20187 1 10 9 8118 9 107201811 7 4 kk 1 89101820184 4 291018+2018 324020185258. 7.将具体的数字代入原不等式得： 2 2017 111221nn +1111221nn1 ， 4 2 4 2 4 2 222 通项 a4a21a2a1a2a1. 原不等式化简得： 2017 111221nn+1111221nn1. 222222 当你做到这一步的时候，可以尝试对每一项进行计算：

11、2017137nn13713nn1， 22 6 发现左右有相同的数字，那是因为 a2a1a2a1a1 a1a a11， 所以，不等式或以化简为2017nn11，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，2pqS2r2S rpq，则 TS2rpq，4pqT 2 4S2r 4STr， r T 2 4S2r4pq 为有理数， 同 4ST 理p、q均为有理数. 由引理得 2015 x y 、 2015 y z 、 2015 z x 为有理数. 设 2015a xy b ， 20

12、15c yz d ， 2015e zx f （分子分母互质且为正整数）. 因为2015baxy ，所以a22015，a 1同理，ce1从而 22 201520152015111 xyyzzxbd f ， 111 13. bdf 分情况讨论，不妨设bdf. （1） 111 1， （b，d，f）=（3，3，3），（2，3，6），（2，4，4）逐个代入， 通 bdf 过奇偶分析，可得当（b，d，f）=（2，4，4）时，有整数解： xy42015 ， yz 162015， zx16 2015， 7 x 4030， y4030， 解得 z28210. （2） 111 2， （b，d，f）=（1，2，2）

13、，通过奇偶分析无整数 解. bdf （3） 111 3， （b，d，f）=（1，1，1），通过奇偶分析无整数 解. bdf 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 9. a1aa3. 2 10. x898x4y4y8x82xx4y4y896x4y4 2 x4y464x4y432x4y4 2 x4y416x2y2x4y464x4y432x4y416x2y2x4y4 2 x4y48x2y216x2y2x4y42x2y2 22 xyx yx yxy 448 2 216 2 222 x4y48x

14、2y24x3y4xy3x4y48x2y24x3y4xy3 . 11. 由 于 111 m25m10， 则2m25m2m2m21m2 1， 又 mmm 222 1 m5，所 以， m 2 11 m1m 328. 2 mm 2 12. 2x5x132x6xx316 16 22 为 整 数 ， 16 x 则 为 整 数 ， 2x1 x3x3x 3 3 x31，2，4，8，16，x取值总和为 46. 13. 若xyz0，则xyz，yzx，zxy 故 xyy zzx xyz 1. 8 xyzxyzxyzxyz 若xyz0，则1 zyxxyz （等比性质），故有 xyz，从而可 知 xyyzzx xyz

15、8. 14. 1k+1kk k+1k+1kk k+111 k k 22 +1 k+1kk k+1k k+1k+1 kkk1 111111119 11. 原式 2239899991001010 15. （1）2 2 （2）将p平方： paaaaa 2 aa， 又p0 222 2 212212212 故p2，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）. 222 22221111 16. x +2y4zx2y4z0.x2 y4 z 0 77777 ， 显然 1 xyz，可得 7 124 49. xyz 17. bcaab1 1 1bbc1cca1aab1aab , 即 babab

16、cacabc 2 ab1， 1bbc1cca 故 babab211 ccaabc ab1， 1bbc1cca 则 babab2abc1 1ab1 ， 1bbc1cca 故 babab2abc1 1bbc1cca ab . 11 1bc aab 等式两边同时除以ab，可得 1bbc1cca 1， 9 进而 11 1bbcbcc aab 1 ， 1bbc1cca 11 bcc aab 则1 1 1bbc1cca ， 11 bcc aab 故 1bbc1c ca 0， 11 bc c aab 从而 1bbc1c ca . 11 故 bc1ccac1b bc aab ， 展开并化简，可得 21 2 c

17、abccabc10. 故 ，即abca2b2c21abc，从而 ab abc1. 18. ababaabb， 3322 131313131 xxx x 323232xx 112 x2x1x1x2x1 ， 所以f1f3f2017 31 1 31 1 33 1 33 1 32017 1 32017 1 222 323034323201832016 222 32018 2 自招链接 19. 根 据 绝 对 值 的 几 何 意 义 ， 我 们 知 道x1x4的 最 小 值 在1x4时 取 得.2 x22 x4，x3x4，2 x3分别求出最小值的取值范围，可得 x3时取的最小值，最小值为 8. 10 2

18、0. 虽然有很多同学知道这个公式最后的答案为 n nn 12 1 6 ，我们先把可以利用的公 332 式写出来看看： n1n3n3n1. 2 上面的式子中我们发现了需要推导的n2，那么下面就是寻找 n1，我们可以把公式变 为 332 3 nnnnn. 211131311 3 然后依次类推： 011131311. 332 我们把所有的式子相加： 3 左边 ， 012n 1 333 12n3 123n3 12 3nn， 右边 3332222 化简得 22223n1n2n33n23n2n2n33n2n 31233， nnn 222 所以 22222 2 31121 123n. nnnn nn 66

19、11 12 第二讲 方程 1.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

20、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200 axbxca的两 根为 x、 1 x，则 2 b xx ， 12 a x x 12 c . 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200 axbxca的求根公式是 x bb2 4ac . 2a 则 b xx ， 12 a x x 12 c . a 证法二：（待定系数法） 若一元二次方程 ax2bxc0 a0的两 根为 x、 1 x，那么方程可以表示为 2 axx1xx20系数一一对应， 就可以得到 b xx ， 12 a x x 12 c . a 13

21、 2.例题精讲 1.已知关于x的方程a3x2b2x38x7有无穷多个解，那么a、b值应分别 为_. 2.方程2x1x2x1的实数解的个数是_. 3. 求方程 x33x2x2x3x24x76x215x180全部相异实根. 4.解方程组 111 ， xyz2 111 ， yzx3 111 . zxy4 5.设x、x2k2 xk23k50的两个实 根，求 x为方程 12 xx的最大值 与 22 12 最小值. 6.若k为正整数，且关于x的方程 k21 x26 3k1 x720有两个相异正整数根， 求k的值. 7.关于x的二次方程 k26k8 x22k26k4 xk24的两根都是整数，求满 足条件的所

22、有实数k的值. 8.关于x的方程x44x3mx2nx520的四根成等差数列，求方程的解. 9.若 xyzu 1， 2222 21232527 22222222 xyzu 1， 2222 22222222 41434547 xyzu 2222 1， 1， 22222222 61636567 xyzu 2222 22222222 81838587 那么，xyzu的值为 _. 2222 10. 设a、b、c分 别 为ABC的 三 边 ， 求 证 ： 关 于x的 二 次 方 程 b2x2b2c2a2xc20无实根. 11. 解无理方程： 345 x 316 x1. 14 3.习题巩固 12. 方程2x

23、xy3xy20060的正整数解x，y 共有多少 对？ 2 13. 解方程组： x22yz x, y2zx z, 2 z2xyy. 2 14. 求所有正实数a，使得方程x2ax4a0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 px2qxp0有有理数根？ 16. 求所有有理数r，使得方程2110 rxrxr的所有根为整数. 17. 设方程 x23x10的根、也是方程x6px2q0的根，试求整数p、q的 值. 18. 设a与b为方程x2px10的两个实根，c与d为方程x2qx10的两个实根. 求证： acbcadbdqp. 22 19. 设r、s、t是方程8x31001x20

24、160 的三个根，求 333 rssttr的 值. 20. 已知p为质数，使二次方程 x22pxp25p10的两根都是整数，求出所有可 能的p的值. 21. 已知方程 xax810有两个整数根，求a的值. 22. 已知关于x的二次方程 ax22 a3 xa20至少有一个整数根，求负整数a的 值. 4.自招链接 23. 若方程 x21x24k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. 15 24. 解方程组 2 x1yz， 2 2 y2x z， 2 2 z3xy 2 . 5.参考答案 例题精讲 1.因为关于x的方程a3x2b2x38x7，即3a2b8x2a3b

25、7有 无穷多个解. 3a3b80 ， 所以可得 2a3b70， a b 2， 1. 2.当x1时，原方程化为2x1x2x1 ，解得x 2（舍去），所 以方 程无解； 1 当时，原方程化为2x1x2 x1，解得 1x 2 1 x，所 以 2 1 x ； 2 当 1 2 x 时，原方程化为 2x1x2x1，解得x为任意实 数，所以 2 1 2 x 2； 当x2 时，原方程化为 2x1x2x1，解得x2（舍去），所以方程无解. 综上所述，原方程的解为 1 2 x2；那么实数解的个数是无数 个. 3.设 323559 x2xxA，x2xB则原 方程化为 2222 ABAB6B90， 则 A2B26B9

26、0， 2 即 A2B30， 即AB3AB30， 可得AB30或AB30. 16 3559 因此有x32x2xx2x 30 2222 ， 3559 或x32x2xx2x 30 2222 . 则 x3x24x40或x33x2x10. 因此xx 或 140 x1x2x10， 22 可得x1或x2或x12. 所以，原方程的根为x1x21，x， 32 x ， 42 x ， 512 x . 612 4.原方程组化为 xyxz2xyz ， yzyx3xyz ， zzzxxyz 4. 令xyzk，则 xyxz2k， yzyx3k， zxzy4k， 2，得 9 xyyzzxk， 2 由分别减去、得 1 xyk，

27、 2 5 yzk， 2 3 zxk， 2 ，得 k 30k xyz， 4 17 由分别除以、得 x y z 30k 10 30k 6 30k 2 ， ， . 所以 30k30k30k23 30k xyz k，解得 106230 529 k . 30 x 所以原方程组的解为y z 23 10 23 6 ， ， 23. 2 5.因为关于x的一元二次方程 x2k2 x+ k23k50有两个实根，所以 22 k241k3k5 3k16k16 2 k43k+40， 4 可得4k. 3 由韦达定理，得 k2 xxk 2， 12 1 k3k5 2 x xk3k5 所以 2 12 1 2 x1x2x1x22x

28、1x2 22 22 k22k3k5 2 k210k6k519. 2 当k4时， x1x2 max k51918； 22 450 2 当xxk519. k 时， 22 12min 39 6.原方程变形、因式分解为 18 2 k1k1 x6 3k1 x720， k1x12k1x60. 即x 1 12 k 1 ，x 2k 6 1. 由 12 为正整数得k1，2，3，5，11；由为正整数得k2，3，4， 7. k1 所以k2，3 使得x1、x2同时为正整数，但当k3时，x1x23，与题目不符，所以 只有k2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

29、思路是消去实数k，得到关于整数解x 1、 x的典型方程. 2 由 k26k8 x22k26k4 xk24可知， k4xk2k2x k20 ， 故x 1 k k 因 为 x 1 k22 1 k4k4 ，x 2 k24 1 k4k2 k2 x 2 4 1 ， 两 式 相 减 可 得 ，2 42 x1x1 21 x1x232，从而可知， x 1 x 2 1 x ， 1 或 32； x 1， x 1 或 32； x 2， x 1 或 31； x 2 2， 3 1； 22 又x11且x21，故 x 1 x 2 1， x 1 或 5； x 2 2， 或 4； x 1 x 2 2， 2. 10 3 故k6，

30、3， . 19 注：得出x 1 k22 1 ， 后 k4k4 x 2 k24 1 k2k2 ，直接有k4 1， 2；k21，2，4，由于上述两个等式是同时成立的，故这样的k只能取k6， 3.此法不严密，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：x1、x2、x3、x4，则有 1234 0 xxxxxxxx，展开： xx1x2xx1x2xx3x4xx3x40 22 ， 2 xxxxxxx xx xx xx xx xx xx， 232 1234123413142324 x1x3x4x2x3x4x1x2x3x1x2x4xx1x2x3x40

31、， xxxx为x3项的系 数； 根据韦达定理（根与系数的关系）有： 1234 x xx xx xx xx xx x为x2项的系数； 123413142324 x x xx x xx x xx x x 为x项的系数； 134234123124 x x x x为常数项. 1234 下面我们来解答这道试题. 根据题意，设根为a3b，ab，ab，a3bb0 ，那么根据推导的韦达定理有： a3babab a3b4； （ x项根与系数的关系） 3 a3bababa3b52；（常数项根与系数的关系） 上面两个式子化简，得4a4，即a1，代入第二个式子得 13b13b1b1b52， 217 则 19b1b52

32、，即9b410b2510，可知b23或 22 b（舍）. 9 又b0，所以b3，从而a1，b3. 故原方程的解为x ， 11 3 3 x21 3， x ， 313 x . 41 3 3 注：有兴趣的同学可以尝试求出m、nm24，n56 . 9. 已知条件的结构特征，可构造一个关于 t 的方程 20 xyzu 2222 22221 ， t1t3t5t7 则22、42、62、82是关于t的方程 xyzu 2222 2222 1 的根. t1t3t5t7 将 xyzu 2222 22221化为整式方程， 得 t1t3t5t7 txyzu84ta ta ta0. 4222232 234 由一元次方程的

33、根与系数的关系，得 2468xyzu84. 22222222 所以x2y2z2u236. 10. 关于x的二次方程 b2x2b2c2a2xc20的判别式为 b2c2a24 b2c2 b2c2a22bcb2c2a22bc 2222 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 abc0，bca0，cab0. 因为abc0，所以abcbcaabccab 0. 所以关于x的二次方程 b2x2b2c2a2xc20无实根. 11. （法一）设 345 xa， 316 xb，原方程化为ab1，因为a3b361， 又因为

34、 ababaabbabab ab 33 22 3 2 ， 所以ab20. 所以a、b是二次方程y2y200的两个根，而y5y40，y5或y4； 21 a 345 x5， 所以 或 b 316 x 4 ， ， a 345 x4 所以x80或x 109. bx 316 5 ， 经检验，x180，x2109是原方程的根. （法二）原方程化为 345 x 316 x 3 10. 设 345 xa， 316 xb， 3 1c所以原方程化为abc0. 因为 a3b3c33abcabca2b2c2abbcca，所以 a3b3c33abc， 即 45x16x13 345 x 316 x 3 1， 2045x1

35、6x1 ， 3 x2+29x87200， x80 x1090， 解得x80或x109；经检验，x180，x2109是原方程的根. 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. 2x3x2006 2005 2 y2x1 x1x 1 . 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. x2yz x， 2 y2zx z， 2 z2xyy. 2 +得x2y2z22xy2yz2zxxyz，即 2 xyzxyz，xyzxyz10，xyz0或x yz1. （1）当xyz0时，xyz ，代入和，得 y2z2z

36、22yz， 22 z2y2y22yz， 由得3yzzy，yz3y3z1 0，解得yz或 22 1 yz . 3 若yz，代入，得3y2y0，y3y10， y0或 1 y . 3 x x0， y0，y 所以 ，或 z9， z 2 ， 3 1 ， ， 3 1 3 ， 若 1 yz ，则 3 1 x代入，得 3 1 yz，无实数 解. 9 （2）当xyz1时，x1yz，代入和，得 y2z2z22yz， z2y2y22yz. 由得3yzyz，yz3y3z1 0，解得yz或 22 1 yz . 3 若yz，代入，得3y2y0，y3y1 0，y0或 1 y . 3 x x1 ， y0， y 所以 或 z0

37、， 1 3 1 3 1 3 ， ， . z 14.a16，18，25 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q24p2n2，其中n是一个非负整数，则qnqn4p. 2 由于1qnqn，且qn与qn同奇偶，故同为偶数.因此，有如下几种可能情形： 23 qn2 ，qn4， qnp， qn2p， qnp ， 2 2，qn4p，qnp， qn2pqnpqn4. ，22 消去n，解得qp2 1， p5pp 22 q2，2 q，q2p，q . 222 对于第 1、3 种情形，p2，从而q5，对

38、于第 2、5 种情形，p2，从而q4（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p2，q5时，方程为2x25x20，它 的根为 1 x ， 1 2 x22，它们都是 有 理数. 综上所述，存在满足题设的质数. 16. 首先对r0和r0进行讨论.时.r0原方程是关于x的一次方程，r0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r0时，原方程为x10，所以x1. 当r0时，原方程是关于x的一元二次方程，设它的两个整数根 为 x、 1 x，且 2 x x， 12 1

39、 xx1， r 12 1 x x1， 1 2 r x 则 消 去r得 x xxxxx 2113 1 121212 x 2 13， 或 11， x 1 x 2 11， 即 13. x 1 x 2 4， 或 2， x 1 x 2 0， 所以 2， r 11 1x x7 12 或 1. 1 综上所述，当r，0，1 时，方程的所有根都是整数. 7 17. 因为、是方程x23x10的两个根， 341150，所以由韦 2 达定理，得3，1，从而 2 22 232217， 22 4422 27221247 24 6 p 2 q 因为、是方程x6px2q0的根，所以 pq 62 0， 0. 因为， 所以 66

40、 p=+=47+1 =48， 44222 22 44 2222 q= =17=7. 11 22 18. 由韦达定理，得abp，ab1，cdq，cd1因为 acbcc2ab cabc2pc1， adbdd2ab dabd2pd1， 又因为c与d为方程x2qx10的两个实根，所以c2qc10，d2qd10即 c21qc，d21dq所以 acbcc2pc1cqp ， adbdd2pd1dqp ， 所以 acbcadbdc qpd qpqp. 22 19. 因为三次方程没有x项，所以它的所有根之和为 0，即.srt 0.故 2 333333333 rstsrttsrrst. 由于r为方程的根，故8r3

41、1001r20160. 对s和t也有同样的式子，所以 8 rst1001 srt320160. 3 3 3 故 33310013 20163 2016 srt rst756 . 88 333333 756 因此 rstsrtrst. 20. 典型的方程整数解问题，注意充分利用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 25 4p4 p5p14 5p1 22 是完全平方数，从而5p1是完全平方数.令5p1n2，n是整数，则5pn1n1. 所以，5n1n1 ，即5 n 1或5 n1. 若5 n1，令n15k，则pk5k2 ，由于p是质数，故k 1，p7，此时方 程为x214x13

42、 0， x ， 11 x满足条 件. 213 若5 n1，令n15k，则pk5k2 ， 故k 1，p3此时方程为x26x70， x1 1， x满足条 件. 27 综上所述，所求的质数p为 3 或 7. 21. 原方程整理为 x2a8 x8a10. 设x、 1 x为方程的两个整数根，由韦达定理， 2 xxa， 所以 128 axx， a为 128 整数.所以xa、x8均为整数，所以xax81，所 以a8. 22.a4或10. 自招链接 23. （法一）令xt，则原方程为t1t4k，整理的 2 540 2 ttk，则由 求 根公式和题意得 t 1,2 594k 0，所以四个非零实数根分别 为 2

43、x 1 594k ， 2 x 2 594k ， 2 x 3 594k ， 2 x 4 594k . 2 由题意它们在数轴上对应的点等距离排列，所以得到3 594k594k ， 化 22 7 简得k. 4 （法二）由题意，4 个非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 x21x24kx3axaxax3a ， 26 即x45x24kx410a2x29a4，于是 有 10a25 ， 解得 9a4k， 4 7 k . 4 24. 原方程组变为 2 xyz 2 1， 2 yxz2， 2 2 zxy3. 2 xyzxzy 即 xyzyzx xzyyz x 1， 2， 3. 22

44、26 可得 xyzxzyyzx， 即 xyzxzyyzx6， 当 xyzxzyyzx6时，原方程组变为 yzx xzy xyz x 6， 6 ，解得y 2 6 .z 3 5 6 12 ， . 2 6 3 ， 3 6 4 x y z 同理，当 xyzxzyyzx 6时，有 5 6 12 ， . 2 6 3 ， 3 6 4 27 28 第三讲 函数 1.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： b24ac000 二次函数 yax2b

45、xc(a0) 的图象 方 程ax2bxc 0 的根 有两个不等的实根 x1、x2 有两个相等的实根 b x 2a 无实根 ax2bxc0(a 0) 的解集 xx 或 1 xx 2 x b 一切实 数 2a ax2bxc0(a 0) xxx无解无 解 12 的解集 如果在区间（a，b）上有f (a)f (b)0，则至少存在一个axb，使得f (x)0. 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 1.对于每个 x，函数 y 是y x， 12 y2x2，y32x12这三个函数的最 小值. 则函数 y 的最大值是. 29 2.已知抛物线yaxbxc与

46、双 曲线 2 y k 2 有三个交点A(3,m)、 B(1,n)、 x C(2,P).则不等式ax3bx2cxk20的解集为. 3.已知函数y 2 x2x,x3, x10 x24,x 3, 2 且使yk成立的 x 的值恰好有三个，则 k 的 值 为. 4.求 yx4x21x4x210 x25的最小值. 5.若二次函数 yax2bxc(a0)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）1S1（B）0S1 （C）1S2（D）0S2 6.（1）画出y| x|3|3|3|的函数图象； （2）根据图象求出方程 | x|3|3|3| x|4|4|4|的

47、解. 7.已知二次函数yaxbxc（其中 a、b、c 为整数且 a0），对一切实数 x 恒有 2 21 x y2x，求此二次函数的解析式. 4 8.若抛物线 yx2mx2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f (x)axbxc与 x 轴有两个不同的交点 A、 2 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f (x)xaxb，Mmax| f (x)|，1x1，求 M 的最小值. 2 11. 二次函数f (x)满足：（1）f (1)0； （

48、2）对任意实 数 x 有 x21 x f (x) 成 2 立，求f (x). 12. 问同时满足条件：（1）当1 x1时，| f (x)|1； （ 2）| f (2)|7的二次函数 f (x)axbxc是否存在？证明你的结论. 2 13. 已知xxx ，求 证： 1231 222 30 (x yx yx y1) (xxx1)(yyy1). 222222 2 11223312312 3 14. 已知f (x)axbxc(a 0). 2 （1）若f (x)x有实根，求证：f ( f (x)x也有实数根； （2）若f (x)x无实数根，求证：f ( f (x)x也无实数根. 3.习题巩固 15. 求

49、函数y|x4x5x2x5 | 的最大值. 22 16. 若对任意实数 x，不等式| x|ax恒成立，求实数 a 的取值范围. 17. 求函数f (x)| x1|1|1|1|（2016 层绝对值符号）与 x 轴围成的闭合 图形的面积. 18. 已知实数 a、b、c 满足abc，abc1，a2b2c21，求ab的取值 范围. 19. 求证：对一切实数 a，方程(a2a7a)x(a4a9a6)x5a40至 222322 少有一个实根. 20. 设 a、 b 是实数，二次函数f (x)axb满足4 f (1)-1，1 f (2) 5. 求 2 f (3)的取值范围. 21. 若方程 mx4(m3)x2

50、3m0有一根小于2，其余三根都大于1，求 m 的取值 范围. 22. 二次函数 1 f (x)xx，若mxn(mn)时，km f (x)kn(k1)， 2 2 求 m、n、k 应满足的条件. 23. 设函数 b. 1 f (x)x4x16a， 当0 xb(b0)时，0 f (x) 3b， 求 a、 2 4 abc ax2bxc0有一 根 x 24. 已知0，且a0，m0. 求证： 0， m2m1m 满足0 x1. 0 25. 已知f (x)axbxcxd满足 6a、2b、abc、d 均为整数，求 证：对任意 32 31 的整数 x，f (x)均取整数值. 26.二次函 数 f (x)xbxc满