第一讲 有理数的巧算
有理数运算是中学数学中一切运算的基础．它要求同学们在理解有理数的有关概念、法则的基础上，能根据法则、公式等正确、迅速地进行运算．不仅如此，还要善于根据题目条件，将推理与计算相结合，灵活巧妙地选择合理的简捷的算法解决问题，从而提高运算能力，发展思维的敏捷性与灵活性．
1．括号的使用
在代数运算中，可以根据运算法则和运算律，去掉或者添上括号，以此来改变运算的次序，使复杂的问题变得较简单．
例 1 计算：(1)
4718.7518152625(2)3(1)199812451140.46 (2)
(1)122
分析 中学数学中，由于负数的引入，符号“+”与“-”具有了双重涵义，它既是表示加法与减法的运算符号，也是表示正数与负数的性质符号．因此进行有理数运算时，一定要正确运用有理数的运算法则，尤其是要注意去括号时符号的变化．
解 (1)原式4718371482625(8)120.46 (2)原式14511448124
554447
13556825452023502350
4737465052340251640(2516)40()1625325 5注意 在本例中的乘除运算中，常常把小数变成分数，把带分数变成假分数，这样便于计算． 例 2 计算下式的值：211×555+445×789+555×789+211×445．
分析 直接计算很麻烦，根据运算规则，添加括号改变运算次序，可使计算简单．本题可将第一、第四项和第二、第三项分别结合起来计算．
解 原式=(211×555+211×445)+(445×789+555×789)
=211×(555+445)+(445+555)×789 =211×1000+1000×789=1000×(211+789)=1 000 000． 说明 加括号的一般思想方法是“分组求和”，它是有理数巧算中的常用技巧．
n+1
例 3 计算：S=1-2+3-4+…+(-1)·n．
分析不难看出这个算式的规律是任何相邻两项之和或为“1”或为“-1”．如果按照将第一、第二项，第三、第四项，…，分别配对的方式计算，就能得到一系列的“-1”，于是一改“去括号”的习惯，而取“添括号”之法．
n+1
解 S=(1-2)+(3-4)+…+(-1)·n． 下面需对 n 的奇偶性进行讨论：
当 n 为偶数时，上式是 n／2 个(-1)的和，所以有S=-n/2
n+1
当 n 为奇数时，上式是(n-1)／2 个(-1)的和，再加上最后一项(-1)·n=n，所以有 S=-(n-1)/2+n=(n+1)/2
例 4 在数 1，2，3，…，1998 前添符号“+”和“-”，并依次运算，所得可能的最小非负数是多少？ 分析与解 因为若干个整数和的奇偶性，只与奇数的个数有关，所以在1，2，3，…，1998之前任意添加符号“+”或“-”，不会改变和的奇偶性．在 1，2，3，…，1998 中有1998÷2个奇数，即有999个奇数，所以任意添加符号“+”或“-”之后，所得的代数和总为奇数，故最小非负数不小于 1．
现考虑在自然数 n，n+1，n+2，n+3 之间添加符号“+”或“-”，显然n-(n+1)-(n+2)+(n+3)=0． 这启发我们将 1，2，3，…，1998 每连续四个数分为一组，再按上述规则添加符号，即 (1-2-3+4)+(5-6-7+8)+…+(1993-1994-1995+1996)-1997+1998=1． 所以，所求最小非负数是 1．
说明 本例中，添括号是为了造出一系列的“零”，这种方法可使计算大大简化． 2．用字母表示数
我们先来计算(100+2)×(100-2)的值：
(100+2)×(100-2)=100×100-2×100+2×100-4=100-2．
这是一个对具体数的运算，若用字母 a 代换 100，用字母 b 代换 2，上述运算过程变为
2222
(a+b)(a-b)=a-ab+ab-b=a-b．
22
于是我们得到了一个重要的计算公式(a+b)(a-b)=a-b， ① 这个公式叫平方差公式，以后应用这个公式计算时，不必重复公式的证明过程，可直接利用该公式计算．
例 5 计算 3001×2999 的值．
22
解 3001×2999=(3000+1)(3000-1)=3000-1=8 999 999． 例 6 计算 103×97×10 009 的值．
2242
解 原式=(100+3)(100-3)(10000+9) =(100-9)(100+9) =100-9=99 999 919．
例 7 计算：
22
24690
1234621234512347分析与解直接计算繁．仔细观察，发现分母中涉及到三个连续整数：12 345，12 346，12 347．可设字母
2
n=12 346，那么 12 345=n-1，12 347=n+1，于是分母变为 n-(n-1)(n+1)．应用平方差公式化简得
22222
n-(n-1)=n-n+1=1，
即原式分母的值是 1，所以原式=24 690．
2481632
例 8 计算：(2+1)(2+1)(2+1)(2+1)(2+1)(2+1)．
24
分析式子中2，2，2，…每一个数都是前一个数的平方，若在(2+1)前面有一个(2-1)，就可以连续递进地
22
运用(a+b)(a-b)=a-b了．
248163222481632
解 原式=(2-1)(2+1)(2+1)(2+1)(2+1)3(2+1)(2+1) =(2-1)(2+1)(2+1)(2+1)(2+1)3(2+1)
4481632323264
=(2-1)(2+1)(2+1)(2+1)(2+1) =(2-1)(2+1) =2-1．
例 9 计算：11221132119211 1022
2
2
2
分析 在前面的例题中，应用过公式(a+b)(a-b)=a-b．这个公式也可以反着使用，即a-b=(a+b)(a-b)．本题就是一个例子．
解 原式=112112113113119119111011 101
1211311911101121131191110
3211104534111220101191012323489910通过以上例题可以看到，用字母表示数给我们的计算带来很大的益处．下面再看一个例题，从中可以看到用字母表示一个式子，也可使计算简化．
1111111
199821999231998111分析 四个括号中均包含一个共同部分：我们用一个字母表示它以简化计算．
231998111解 设A=，则
231998111AA1A1A1AAAA2AA2 原式
199919991999199919991999例 10 计算：
1123119991123．观察算式找规律
例 11 某班 20 名学生的数学期末考试成绩如下，请计算他们的总分与平均分．
87，91，94，88，93，91，89，87，92，86，90，92，88，90，91，86，89，92，95，88．
分析与解若直接把 20 个数加起来，显然运算量较大，粗略地估计一下，这些数均在 90 上下，所以可取 90 为基准数，大于 90 的数取“正”，小于 90 的数取“负”，考察这 20 个数与 90 的差，这样会大大简化运算．所以总分为90×20+(-3)+1+4+(-2)+3+1+(-1)+(-3) +2+(-4)+0+2+(-2)+0+1+(-4)+(-1) +2+5+(-2)
=1800-1=1799，
平均分为 90+(-1)÷20=89.95．
例 12 计算 1+3+5+7+…+1997+1999 的值．(等差数列的求和)
分析观察发现：首先算式中，从第二项开始，后项减前项的差都等于 2；其次算式中首末两项之和与距首末两项等距离的两项之和都等于 2000，于是可有如下解法．
解 用字母 S 表示所求算式，即S=1+3+5+…+1997+1999．① 再将 S 各项倒过来写为S=1999+1997+1995+…+3+1． ②
将①，②两式左右分别相加，得2S=(1+1999)+(3+1997)+…+(1997+3)+(1999+1) =2000+2000+…+2000+2000(500 个 2000)=2000×500． 从而有 S=500 000．
说明一般地，一列数，如果从第二项开始，后项减前项的差都相等( 本题3-1=5-3=7-5=…=1999-1997，都等于2)，那么，这列数的求和问题，都可以用上例中的“倒写相加”的方法解决．
2399100
例 13 计算 1+5+5+5+…+5+5的值．(等比数列的求和)
分析观察发现，上式从第二项起，每一项都是它前面一项的 5 倍．如果将和式各项都乘以 5，所得新和式中除个别项外，其余与原和式中的项相同，于是两式相减将使差易于计算．
99100
解 设S=1+5+52+…+5+5， ①
23100101
所以5S=5+5+5+…+5+5． ②
②—①得4S=5-1，S101
51011 4说明如果一列数，从第二项起每一项与前一项之比都相等(本例中是都等于5)，那么这列数的求和问题，均可用上述“错位相减”法来解决．
例 14 计算：
111119981999122334
分析 一般情况下，分数计算是先通分．本题通分计算将很繁，所以我们不但不通分，反而利用如下一个关系式
11来把每一项拆成两项之差，然后再计算，这种方法叫做拆项法．
kk1111111111解 由于,,,
121223233434所以 原式1k(k1)11121123113411199819991119991998 1999说明 本例使用拆项法的目的是使总和中出现一些可以相消的相反数的项，这种方法在有理数巧算中很常用．
练习一
1．计算下列各式的值：
(1)-1+3-5+7-9+11-…-1997+1999；
(2)11+12-13-14+15+16-17-18+…+99+100； (3)1991×1999-1990×2000；
22
(4)472634+472 635-472 633×472 635-472 634×472 636；
(5)
111119971999133557
(6)1+4+7+…+244；
1111 2320003333179111315(8)1
31220304256(7)12．某小组 20 名同学的数学测验成绩如下，试计算他们的平均分．
81，72，77，83，73，85，92，84，75，63，76，97，80，90，76，91，86，78，74，85．
第二讲 绝对值
绝对值是初中代数中的一个基本概念，在求代数式的值、化简代数式、证明恒等式与不等式，以及求解方程与不等式时，经常会遇到含有绝对值符号的问题，同学们要学会根据绝对值的定义来解决这些问题．
下面我们先复习一下有关绝对值的基本知识，然后进行例题分析．
一个正实数的绝对值是它本身；一个负实数的绝对值是它的相反数；零的绝对值是零．即
a,当a0时a0,当a0时 a,当a0时绝对值的几何意义可以借助于数轴来认识，它与距离的概念密切相关．在数轴上表示一个数的点离开原点的距离叫这个数的绝对值．
结合相反数的概念可知，除零外，绝对值相等的数有两个，它们恰好互为相反数．反之，相反数的绝对值相等也成立．由此还可得到一个常用的结论：任何一个实数的绝对值是非负数．
例 1 a，b 为实数，下列各式对吗？若不对，应附加什么条件？ (1)|a+b|=|a|+|b|；(2)|ab|=|a||b|； (3)|a-b|=|b-a|；
(4)若|a|=b，则 a=b； (5)若|a|＜|b|，则 a＜b； (6)若 a＞b，则|a|＞|b|．
解 (1)不对．当 a，b 同号或其中一个为 0 时成立．(2)对．(3)对．(4)不对．当 a≥0 时成立． (5)不对．当 b＞0 时成立．(6)不对．当 a＋b＞0 时成立．
c b 0 a x 例 2 设有理数 a，b，c 在数轴上的对应点如图 1-1 所示，
图1－1
化简|b-a|+|a+c|+|c-b|．
解由图1-1可知，a＞0，b＜0，c＜0，且有|c|＞|a|＞|b|＞0．根据有理数加减运算的符号法则，有b-a＜0，a＋c＜0，c-b＜0．
再根据绝对值的概念，得|b-a|=a-b，|a+c|=-(a+c)，|c-b|=b-c． 于是有 原式=(a-b)-(a+c)+(b-c)=a-b-a-c+b-c=-2c． 例 3 已知x<-3，化简：|3+|2-|1+x|||．
分析 这是一个含有多层绝对值符号的问题，可从里往外一层一层地去绝对值符号． 解 原式=|3+|2+(1+x)||(因为 1+x＜0) =|3+|3+x||=|3-(3+x)|(因为 3+x＜0) =|-x|=-x．
例 4 若abc0,则abc的所有可能值是什么？
|a||b||c|解 因为 abc≠0，所以 a≠0，b≠0，c≠0． (1)当 a，b，c 均大于零时，原式=3； (2)当 a，b，c 均小于零时，原式=-3；
(3)当 a，b，c 中有两个大于零，一个小于零时，原式=1； (4)当 a，b，c 中有两个小于零，一个大于零时，原式=-1． 所以
abc的所有可能值是±3, ±1
|a||b||c|说明本例的解法是采取把 a，b，c 中大于零与小于零的个数分情况加以解决的，这种解法叫作分类讨论法，它在解决绝对值问题时很常用．
例 5 若|x|=3，|y|=2，且|x-y|=y-x，求 x+y 的值．
解 因为|x-y|≥0，所以 y-x≥0，y≥x．由|x|=3，|y|=2 可知，x＜0，即 x=-3． (1)当 y=2 时，x+y=-1； (2)当 y=-2 时，x+y=-5． 所以 x+y 的值为-1 或-5．
1999
例 6 若 a，b，c 为整数，且|a-b|+|c-a|=1，试计算|c-a|+|a-b|+|b-c|的值．
1999
解 a，b，c 均为整数，则 a-b，c-a 也应为整数，且|a-b|，|c-a|为两个非负整数，和为 1，所以只
19991999
能是 |a-b|=0 且|c-a|=1， ① 或 |a-b|=1 且|c-a|=0． ②
由①有 a=b 且 c=a±1，于是|b-c |=|c-a|=1；由②有 c=a 且 a=b±1，于是|b-c|=|a-b|=1．无论①或②都有|b-c|=1 且|a-b|+|c-a|=1，
所以|c-a|+|a-b|+|b-c |=2．
例 7 若|x-y+3|与|x+y-1999|互为相反数，求
x2y 的值。 xy解 依相反数的意义有|x-y+3|=-|x+y-1999|．
因为任何一个实数的绝对值是非负数，所以必有|x-y+3|=0 且|x+y-1999|=0．即
xy30xy19990
由①有 x-y=-3，由②有 x+y=1999．②-①得2y=2002， y=1001，
所以
x2yxyxyyxy1999100131000
例 8 化简：|3x+1|+|2x-1|．
分析 本题是两个绝对值和的问题．解题的关键是如何同时去掉两个绝对值符号．若分别去掉每个绝对值符号，则是很容易的事．例如，化简|3x+1|，只要考虑 3x+1 的正负，即可去掉绝对值符号．这里我们是分
11是一个分界点，类似地，对于|2x-1|而言，x是一个分
2311界点，为同时去掉两个绝对值符号，我们把两个分界点和标在数轴上，把数轴分为三部份(如图1－2所
321111示)即x，这样我们就可以分类讨论化简了。 ,x,x3322x
111 0 1 解 当x时，原式=-(3x+1)-(2x-1)=5x；
323 图1－2 11 当时，原式=(3x+1)-(2x-1)=x+2； x321 当x时，原式=(3x+1)+(2x-1)=5x．
215x,当x时311 即|3x1||2x1|x2,当x时
3215x,当x时2x11两种情况加以讨论的，此时x与x33说明 解这类题目，可先求出使各个绝对值等于零的变数字母的值，即先求出各个分界点，然后在数轴上标出这些分界点，这样就将数轴分成几个部分，根据变数字母的这些取值范围分类讨论化简，这种方法又称为“零点分段法”．
例 9 已知 y=|2x+6|+|x-1|-4|x+1|，求 y 的最大值．
分析首先使用“零点分段法”将y化简，然后在各个取值范围内求出y的最大值，再加以比较，从中选出最大者．
解 有三个分界点：-3，1，-1．
(1)当 x≤-3 时，y=-(2x+6)-(x-1)+4(x+1)=x-1， 由于 x≤-3，所以 y=x-1≤-4，y 的最大值是-4． (2)当-3≤x≤-1 时，y=(2x+6)-(x-1)+4(x+1)=5x+11， 由于-3≤x≤-1，所以-4≤5x+11≤6，y 的最大值是 6． (3)当-1≤x≤1 时，y=(2x+6)-(x-1)-4(x+1)=-3x+3， 由于-1≤x≤1，所以 0≤-3x+3≤6，y 的最大值是 6． (4)当 x≥1 时，y=(2x+6)+(x-1)-4(x+1)=-x+1， 由于 x≥1，所以 1-x≤0，y 的最大值是 0． 综上可知，当 x=-1 时，y 取得最大值为 6．
例 10 设 a＜b＜c＜d，求|x-a|+|x-b|+|x-c |+|x-d|的最小值．
分析本题也可用“零点分段法”讨论计算，但比较麻烦．若能利用|x-a|，|x-b|，|x-c |，|x-d|的几何意义来解题，将显得更加简捷便利．
解设a，b，c，d，x在数轴上的对应点分别为A，B，C，D，X，则|x-a|表示线段AX 之长，
同理，|x-b|，|x-c|，|x-d|分别表示线段BX，CX，DX之长．现要求|x-a|，|x-b|，|x-c|，|x-d|之和的值最小，就是要在数轴上找一点 X，使该点到 A，B，C，D 四点距离之和最小．因为 a＜b＜c＜d，所以 A，B，C，D 的排列应如图 1－3 所示：
所以当 X 在 B，C 之间时，距离和最小，这个最小值为 AD+BC，即(d-a)+(c-b)．
例 11 若 2x+|4-5x|+|1-3x|+4 的值恒为常数，求 x 该满足的条件及此常数的值．
分析与解要使原式对任何数 x 恒为常数，则去掉绝对值符号，化简合并时，必须使含 x 的项相加为零，即 x 的系数之和为零．故本题只有 2x-5x+3x=0 一种情况．因此必须有|4-5x|=4-5x 且|1-3x|=3x-1．
初一奥数课本上下册
