聚焦初中數(shù)學(xué)解題技巧之活用

陳娜

【摘要】本文擬通過舉例解析，幫助同學(xué)們切實(shí)提高變形、化簡能力，提高對(duì)所學(xué)數(shù)學(xué)知識(shí)、方法的靈活運(yùn)用能力，從而進(jìn)一步提升學(xué)生在數(shù)學(xué)運(yùn)算方面的核心素養(yǎng).

【關(guān)鍵詞】解題思維;化簡能力;數(shù)學(xué)運(yùn)算

眾所周知，初中數(shù)學(xué)側(cè)重于培養(yǎng)學(xué)生的基礎(chǔ)知識(shí)、基本技能以及基本方法，培養(yǎng)學(xué)生具有數(shù)學(xué)的思維意識(shí)和一定的解題能力.基于此，現(xiàn)將分析、解決初中數(shù)學(xué)中有關(guān)代數(shù)問題的常用解題技巧進(jìn)行了歸類整理，并通過舉例剖析的形式加以詳細(xì)闡述，旨在幫助同學(xué)們進(jìn)一步提高對(duì)所學(xué)數(shù)學(xué)知識(shí)、方法的靈活運(yùn)用能力，進(jìn)而提升學(xué)生的數(shù)學(xué)核心素養(yǎng).

技巧1 借力“十字相乘法”，巧解題

例1因式分解：2x2+xy-y2-4x+5y-6.

解析 因?yàn)橛墒窒喑朔ǖ?y2+5y-6=（y-2）（3-y），

所以2x2+xy-y2-4x+5y-6=2x2+（y-4）x-y2+5y-6

=2x2+（y-4）x+（y-2）（3-y）.

接下來，再利用十字相乘法可得

2x2+（y-4）x+（y-2）（3-y）=（2x-y+2）（x+y-3）.

故因式分解可得2x2+xy-y2-4x+5y-6=（2x-y+2）（x+y-3）.

評(píng)注 本題求解關(guān)鍵是充分利用“十字相乘法”進(jìn)行因式分解，共計(jì)使用了兩次，第一次是對(duì)關(guān)于“y”的二次三項(xiàng)式-y2+5y-6使用（情景簡單）;第二次是對(duì)關(guān)于“x”的二次三項(xiàng)式2x2+（y-4）x+（y-2）（3-y）使用（情景復(fù)雜，需要將y看作是常數(shù)）.類似思考，本題亦可這樣因式分解：

2x2+xy-y2-4x+5y-6

=-y2+（5+x）y+2x2-4x-6

=-y2+（5+x）y+（2x+2）（x-3）

=（2x-y+2）（x+y-3）.

技巧2 借力“配方”變形，巧解題

例2設(shè)a，b，c為三角形的三條邊，已知a4+b4+c4=a2b2+b2c2+a2c2，判斷三角形的形狀.

解析 將題設(shè)已知等式，移項(xiàng)可得a4+b4+c4-a2b2-b2c2-a2c2=0.

對(duì)上述等式兩邊同時(shí)乘以2，可得2a4+2b4+2c4-2a2b2-2b2c2-2a2c2=0，再變形得（a4-2a2b2+b4）+（a4-2a2c2+c4）+（b4-2b2c2+c4）=0，從而根據(jù)完全平方公式即得（a2-b2）2+（a2-c2）2+（b2-c2）2=0，所以有a2-b2=0，a2-c2=0，b2-c2=0，即a=b=c.故該三角形是等邊三角形.

評(píng)注 本題技巧性較大，需要先對(duì)等式兩邊乘2，再實(shí)施“配方”變形，有利于根據(jù)非負(fù)數(shù)之和為零的特征加以巧解.一般地，若a2+b2+c2=ab+bc+ac，則進(jìn)行同樣的分析（移項(xiàng)、乘2、配方）可得a=b=c.

技巧3 構(gòu)造二次方程，巧求值

例3 已知α2+α-1=0，β2+β-1=0，且α≠β，則（α+1）（β+1）-1的值為（）.

（A）-2.（B）2.（C）-1.（D）0.

解析 因?yàn)棣?+α-1=0，β2+β-1=0，且α≠β，所以可知α，β是關(guān)于x的一元二次方程x2+x-1=0的兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根.

于是，利用根與系數(shù)的關(guān)系可得α+β=-1，αβ=-1.

從而，可知（α+1）（β+1）-1=αβ+（α+β）=-1+（-1）=-2.故選（A）.

評(píng)注 本題構(gòu)造二次方程源于等式α2+α-1=0與β2+β-1=0的外在結(jié)構(gòu)相同，均可寫成x2+x-1=0的形式.特別提醒：構(gòu)造二次方程之后，需要活用根與系數(shù)的關(guān)系求解.

技巧4 借助“同乘”變形，巧求值

例4 設(shè)x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的兩個(gè)實(shí)數(shù)根，求代數(shù)式a（x31+x32）+b（x21+x22）+c（x1+x2）的值.

解析 因?yàn)閤1是一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的實(shí)數(shù)根，所以可得ax21+bx1+c=0，兩邊同乘以x1可得ax31+bx21+cx1=0.①=1＼*GB3

同理，可得ax32+bx22+cx2=0.②=2＼*GB3

于是，由①=1＼*GB3+②=2＼*GB3可得（ax31+bx21+cx1）+（ax32+bx22+cx2）=0，歸類整理得

（ax31+ax32）+（bx21+bx22）+（cx1+cx2）=0，即a（x31+x32）+b（x21+x22）+c（x1+x2）=0.

評(píng)注 本題求解過程不唯一，還可以通過提取公因式加以靈活求解：

因?yàn)橛深}設(shè)得ax21+bx1+c=0，

ax22+bx2+c=0，

所以a（x31+x32）+b（x21+x22）+c（x1+x2）

=（ax31+bx21+cx1）+（ax32+bx22+cx2）

=x1（ax21+bx1+c）+x2（ax22+bx2+c）

=x1×0+x2×0=0.

技巧5 借助“同除”變形，巧求值

例5 已知非零實(shí)數(shù)x，y滿足x2-xy-6y2=0，求M=x2+xy-2y2x2+y2的值.

解析 對(duì)已知等式x2-xy-6y2=0，兩邊同除以y2可得x2y2-xyy2-6y2y2=0，即

（xy）2-xy-6=0，解得xy=-2或xy=3.

對(duì)M=x2+xy-2y2x2+y2分子、分母同除以y2得

M=x2y2+xyy2-2y2y2x2y2+y2y2=（xy）2+xy-2（xy）2+1.

于是，當(dāng)xy=-2時(shí)，M=（-2）2+（-2）-2（-2）2+1=0;當(dāng)xy=3時(shí)，M=32+3-232+1=1.故所求M=x2+xy-2y2x2+y2的值為0或1.

評(píng)注 上述解法的關(guān)鍵是充分利用“同除”變形技巧，第一次對(duì)等式使用，第二次對(duì)分式使用，顯然這里涉及“同除”變形運(yùn)用的兩個(gè)常見情景！此外，本題還可以這樣簡捷求解：因?yàn)閤2-xy-6y2=0，所以（x+2y）（x-3y）=0，所以x=-2y或x=3y.當(dāng)x=-2y時(shí)，可求得M=0;當(dāng)x=3y時(shí)，可求得M=1.故所求M的值為0或1.

技巧6 將含有變量的分式，寫成“之差”的形式

例6 已知正整數(shù)n≥2，求證：12×3+13×4+…+1n（n+1）<12.

證明 因?yàn)?n-1n+1=n+1-nn（n+1）=1n（n+1），所以1n（n+1）=1n-1n+1.

從而，可知：12×3=12-13，13×4=13-14，…，1n（n+1）=1n-1n+1.

于是，12×3+13×4+…+1n（n+1）=（12-13）+（13-14）+…+（1n-1n+1）=12-1n+1.

因?yàn)檎麛?shù)n≥2，所以1n+1>0，從而可得12-1n+1<12，即就是12×3+13×4+…+1n（n+1）<12，故得證.

評(píng)注 求解本題需關(guān)注以下三點(diǎn)：一是將1n（n+1）寫成之差的形式1n-1n+1，并加以充分利用;二是相加化簡時(shí)，中間部分正負(fù)抵消，剩余兩頭;三是活用放縮技巧，可順利獲證.常用結(jié)論還有：

1（2n-1）（2n+1）=12（12n-1-12n+1），

1n+1+n=n+1-n等.

總之，處理代數(shù)問題的常用技巧較多，需要我們結(jié)合具體的解題實(shí)踐去感悟、領(lǐng)會(huì)，并能在今后的解題中加以靈活運(yùn)用、舉一反三、觸類旁通.唯此，同學(xué)們的變形能力、運(yùn)用能力以及運(yùn)算求解能力，才會(huì)得到切實(shí)提高，有利于強(qiáng)化解題基本功.