1数学竞赛讲座二次根式的运算

第一讲 二次根式的运算

式子a (a≥0)叫二次根式，二次根式的运算是以下列运算法则为基础． (1)acbc(ab)c (c≥0)；

)；

(2)abab (aabab0,b0 (3)

 (a0,b0)；

(4)(a)2a2(a0)．

同类二次根式，有理化是二次根式中重要概念，它们贯穿于二次根式运算的始终，因为二次根式的加减实质就是合并同类二次根式，二次根式除法、混合运算常用到有理化概念．

二次根式的运算是在有理式(整式、分式)运算的基础上发展起来的，常常用到有理式运算的方法与技巧，如换元、字母化、拆项相消、分解相约等． 例题求解 【例1】 已知yx225x4x2245x2，则x2y2= ． (重庆市竞赛题)

思路点拨 因一个等式中含两个未知量，初看似乎条件不足，不妨从二次根式的定义入手．

注： 二次根式有如下重要性质：

(1)a0，说明了a与a、a2n一样都是非负数；

(2) (a)2a (a0)，解二次根式问题的途径——通过平方，去掉根号有理化；

2 (3) (a)a，揭示了与绝对值的内在一致性．

著名数学教育家玻利亚曾说，“回到定义中去”，当我们面对条件较少的问题时，记住玻利亚的忠告，充分运用概念解题．

x2205x4222提示：2x20,y2xy6

x2045x1n2【例2】 化简

1n1n111(n1)2，所得的结果为（ ）(武汉市选拔赛试题)

1n1n11n1n1 A．1 B．11n1n1 C．1D．1

思路点拔 待选项不再含根号，从而可预见被开方数通过配方运算后必为完全平方式形式．提示：原式=

(11n)22n1(n1)2(n1n)22n1(n1)2(n1n1n1)2n1n1n1 （C）

1

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【例3】计算： （1）

13364332(63)(315335； （2）2)175574910101141514152121；

（3）

474749；

（4）3151026335231218．

思路点拨 若一开始就把分母有理化，则使计算复杂化，观察每题中分子与分母的数字特点，通过分

拆、分解、一般化、配方等方法寻找它们的联系，以此为解题的突破口．（1）原式6(632)3(6332312)(332)(32)(63)(63)(33)( 3)=62

10101414151521212(52(57)7)3(53(57)7)(2(23)(53)(57)7)（2）原式=

(23)(32)(526)265

（3）考虑一般情形

1(2n1)(2n1)(2n1)(2n1)12n12n1(2n11212n112n12n1)

(2n12n1)2n12n1(2n12n1)12{(1113)(1315(2n12n1)22n12n1147149()

原式)()}1113() 2177（4）31510263352312)23(335231218(31510)(1826)(3352312)(332)(5231)52312) 5(332)(33332

【例4】 (1)化简423423； (北京市竞赛题) (2)计算108322 (“希望杯”邀请赛试题)

(3) 计算a2a1a2a1． (湖北省孝感市“英才杯”竞赛题)

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思路点拨 （1）把4+23万与4—23分别化成一个平方数化简， 原式123(3)2123(3)2(13)2(123)133123此外，由于4+23与4—23是互为有理化因式，因此原式平方后是一个正整数，我们还可以运用这一特

2点求解；原式(4232423)24232423423423

1223 108(12)

824(23)2821612108(12)2(2) 原式108122(2)24242(2)22(42)422

(3)通过配方可以简化一重根号，本题的关键是就a的取值情况讨论，解决含根号、绝对值符号的综合问题． 原式12a1(a1)2212a1(a1)22(1a1)2(1a1)

21a112　　　　 　当a11，即1a2时 a12a1　　　当a1>1，即a2时　　　a14b23c312c5 【例5】 已知ab2，求abc的值．(山东省竞赛题)

思路点拨 已知条件是一个含三个未知量的等式，三个未知量，一个等式怎样才能确定未知量的值呢?考虑从配方的角度试一试．原式可化为：

[(a1)2a11][(b2)22a12]22212[(c3)23c39]

22即(a11)2(b22)2]12(c33)0，因此有

2a110，得a2；

b220，得b6；c330，得c12。故abc261220。

学历训练

1．如果y2．已知xy2x332x2，那么4xy= ．

xy3，那么xyxy的值为 ． (成都市中考题)

提示：原式xyxx2yxyy2xx2000xyyy23　　　当x、y均为正 xy()xyxy23　　当x、y均为负xy19993．计算(31)20012(31)22(31)2001= ．(天津市选拔赛试题)

1999原式(31)1999[(31)2(31)13]2001(31)[(311)3]20012001

2 3

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4．若 ab≠0，则等式ab51b3ab成立的条件是 ．(淄博市中考题)

abb61b3ab，即abb3abb3故b3b3，因此b0，∵ ab0，∴a0

5．如果式子(x1)2x2 化简的结果为2x3，则x的取值范围是( B ) A．x≤1 B．x≥2 C．1≤x≤2 D．x >0 (徐州市中考题) 6．如果式子(1a)11a 根号外的因式移入根号内，化简的结果为（ C ）

A．1a B．a1 C．a1 D．1a 7．已知x213xyy0(x0,y0)，则

3xxyy的值为( D )

5x3xy4yA． B．

112 C．

a223 D．

234

8．已知a23，那么

1a1a2a12的值等于（ ）

aaA．(129．计算：

3) B．1 C．23 D．3

(1)19992000200120021； （2）

3225267212922011230132421525617272；

（3）

711574677661997；

1999(19991997)(19992001)2001(20011997)(20011999)422001)（4）

(19971999)(1997 (“希望杯”邀请赛试题)

10．(1)已知913与913的小数部分分别是a和b，求ab－3a+4b+8的值； (2)设x求n．

11．如图，某货船以20海里／时的速度将一批重要物资由A处运往正西方向的B处，经16小时的航行到达，到达后必须立即卸货．此时，接到气象部门通知，一台风中心正以40海里／时的速度由A向北偏西60°方向移动，距台风中心200海里的圆形区域(包括边界)均会受到影响．

4

n1n1nn，yn1n1nn，n为自然数，如果2x2197xy2y21993成立，

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（1）问：B处是否会受到台风的影响?请说明理由；

(2)为避免受到台风的影响，该船应在多少小时内卸完货物? (供选用数据：12．已知x21.4，

31.7) (贵阳市中考题)

22y13322，y33x，那么

yx2xy2= ．(杯全国初中数学联赛题)

13．若有理数x、y、z满足

z212(xyz)，则(xyz)3= ．

(北京市竞赛题)

14．设

27102ab，其中a为正整数，b在0，1之间，则

abab= ．

15．正数m、n满足m4mn2m4n4n3，则

(北京市竞赛题) 16．化简232217122m2n8m2n2002= ．

等于( )

A．5—4

2 B．4

2一1 C． 5 D．1 (全国初中数学联赛题)

17．若1x1x，则(x1)2等于( ) (2004年武汉市选拔赛试题) Ax1 B．1x C．1 D．－1

18．若ab,a、b、ab都是有理数，那么a和b ( ) (“希望杯”邀请赛试题) A．都是有理数 B．一个是有理数，另一个是无理数 C．都是无理数 D．有理数还是无理数不能确定 19．下列三个命题：

①若α，β是互不相等的无理数，则αβ+α－β是无理数； ②若α，β是互不相等的无理数，则

3是无理数；

③若α，β是互不相等的无理数，则是无理数．

其中正确命题的个数是( )

A． 0 B．1 C．2 D．3 (全国初中数学联赛试题)

提示：①(21)(21)[(21)(21)]123是有理数；答案A

②

22222223213是有理数； ③323262620是有理数。

20．计算： （1）

253； （2）

8215105326；

2306243 5

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（3）

121121322310019999100；

525152(4)

2(6232515)； (5)

322．

提示：（1）原式253226526326226(55332)126612；（2）原式

(52153)532(523)(53)522(5323)(53)(553322)53； （3）先看通项1(n1)nnn1n1n1n11001n1n(n11n1

n)n1n1n(n112)(12nn)(n113n)199n9101n1

故原式(1)()110（4）原式(21243452155)22435223225215 52； （5）原式

33535251555212221(5(53452)(51)(5735421)1)((52)(51)((21)2 1)51)552515352515659824(3(21)(21)

5251824(51)(21)24(51)8(53)82(21)

5)(21)22(13)(21)1

a21．(1)求证

a21b2aa1b(ab1)ab1；

(2)计算

119992199920002212000．（“祖冲之杯”邀请赛试题）

提示：（1）因为2a2ab12aa1aab1a2(a)22，所以原式左边= bab1ab1bab1bb1 6

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a21b2a22(ab1)2ab2a2ab12abab1a221(a1baab12)右边

2（2）设a1999，则原式1a2(a1)1a12(1a)(a1)aa12221a1

(a1)a(a1)aa122221a11a12(a1)a[(a1)1]a124221a1

(a1)a(a2a2)a1(a1a)a122222(a1)a2a(2a2)a11a11a1

1a1a1aa11a1999

22．(1)f(x)3x22x13x213x2，求f(1)f(3)f(999)的值；

2x1x100y(2)设x、y都是正整数，且使

1aabb22x116，求y的最大值． (上海市竞赛题)

提示：(1)注意到

ab(aabb)(ab)122abab33，原f(x)可化为：

f(x)3(x1)323(x1)(x1)123(x1)21(x1)323x1x1(x1)332

3x1x1x1(x1)(3x13x1) 故f(1)f(3)f(999)=

12[(3230)(3432)(310003998)]12(3100030)12105

x116m222216nm(nm)(nm)2108454，ymn108 （2）设2x100n

23．试将实数112(15)(17)改写成三个正整数的算术根之和．

(2001年第2届全澳门校际初中数学竞赛题)

提示：题目的意思是：112(15)(17)(abc)，因此配方使112(175)

225)(17)=

112(1故

7535)1752725235(1112(15)(17)(175)17

275 成章实验中学祁东校区竞赛培训—指导教师：李明利

24．求比(提示：设x265)6大的最小整数． (西安交通大学少年班入学试题)

65，则xy26，xy1

6)2，2 22625，y2那么 xy(xy)2xy(23322xy(xy)(xxyy)26(221)426，

xy(xy)2xy(426)210582

即 (6663323325)(66665)10582，由于0651，故0(665)1

6010582(610582(6故比(6

665)1， 同减10582，得10582(65)10582

65)10581，同乘1得

5)10581，即10581(65)大的最小整数为10582 。

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