专题05 整式的加减中的压轴问题（压轴题专项训练）数学新教材湘教版七年级上册

**基本信息** 聚焦整式加减压轴问题，构建“通法-题型-挑战”三阶训练体系，提炼分类讨论、条件转化等核心方法，强化知识迁移与推理意识。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |解题通法|1核心解法|围绕条件转化、结构识别、分类讨论三大核心，强调代数运算法则与最简整式底线原则|以整式加减基本法则为基础，提炼压轴题通用思想方法，培养抽象能力| |题型归纳|3题型（含典例+变式）|绝对值化简：零点分段/数轴定号/范围判定法；无关型问题：化简-定系数-求参；新定义问题：转化-化简-结合旧知|按“特征-技巧-变式”展开，覆盖高频易错点，形成题型与方法的对应逻辑| |压轴挑战|10道综合题|综合应用三类题型方法，突出多参数讨论与新定义迁移，提升思维上限|从基础到高难，构建“概念-方法-应用”递进链条，强化模型观念与创新意识|

专题05 整式的加减中的压轴问题 目 录 解题通法—明晰核心解法，助力能力迁移 题型归纳—精讲典型题法，夯实解题根基 题型一、带有字母的绝对值化简问题 题型二、整式加减中的无关型问题 题型三、整式加减中的新定义问题 压轴挑战—攻克高难压轴，突破思维上限 解法通法—明晰核心解法，助力能力迁移 整式加减压轴题（含字母绝对值化简、无关型问题、新定义问题）是初中数学代数板块的高频重难点，所有特殊题型均围绕条件转化、结构识别、分类讨论三大核心展开，解题贯穿两条底线原则：一是变形过程必须严格遵循代数运算法则（如去括号法则、绝对值非负性），二是运算结果必须化为最简整式（无同类项、无括号）。 题型归纳—精讲典型题法，夯实解题根基 题型一、带有字母的绝对值化简问题 典例1 若，且，则________． 题型模版 一、 题型特征 核心表述多样：题干常表现为“化简含字母的绝对值式子”（如 ）、“已知字母在数轴上的位置，化简绝对值”或“已知字母的取值范围，化简绝对值”。 考查思想明确：重点考查学生的“分类讨论”思想和“数形结合”思想，要求学生能准确判断绝对值内代数式的正负，从而正确去掉绝对值符号。 易错点集中：当绝对值内为负数时，去掉绝对值符号后需要添上负号（取相反数），此时若括号内有多项，极易在去括号时出现符号遗漏或变号错误。 二、 解题技巧 核心口诀，牢记于心：化简绝对值遵循“判零点，分区间；定正负，拆绝对值；负添反，正不变；去括号，再合并”的标准化步骤。 零点分段法（无条件化简）：当题目未给出字母取值范围时，令每个绝对值内的代数式等于 ，求出所有的“零点”。将这些零点在数轴上从小到大排序，从而将数轴划分为若干个区间。在每个区间内任取一个测试值，判断绝对值内式子的正负，进而分段化简。 数轴定号法（已知位置化简）：若题目给出了字母在数轴上的相对位置，需先根据位置判断字母本身的正负及大小关系。接着判断绝对值内整体代数式（如 、 ）的正负，遵循“正数取本身，负数取相反数”的原则去绝对值，最后去括号合并同类项。 范围判定法（已知范围化简）：若已知字母的取值范围（如 ），直接将范围代入绝对值内的代数式判断正负。特别注意：当绝对值前带有负号（如 ）时，去绝对值后括号内的各项符号必须全部改变。 变式1-1若，且，则在数轴上表示，两数的对应点的距离为____． 变式1-2阅读材料即当时，；当时，，用这个结论解决下列问题： (1)已知数a，b在数轴上对应点的位置如图所示，则________； (2)已知a，b是有理数，当时， _________； (3)若，则_________． 变式1-3 有理数、、在数轴上的位置如图所示，则化简 类型二、整式加减中的无关型问题 典例2 已知，有7个完全相同的边长为m、n的小长方形（如图1）和两个阴影部分的长方形拼成1个宽为10的大长方形（如图2），小明把这7个小长方形按如图所示放置在大长方形中．下列说法正确的是（） ①大长方形的长是；②阴影A的面积是； ③阴影A与阴影B的周长的和与m的取值无关；④阴影B的面积是． A．①②③ B．②③④ C．①②④ D．①③④ 题型模版 一、 题型特征 核心表述明确：题干中常出现“代数式的值与字母 的取值无关”、“结果不含 的二次项”、“结果为定值”等关键表述。 考查本质聚焦：此类问题看似复杂，但核心考查的是学生对“合并同类项”法则的掌握，以及对“系数为0”这一代数本质的理解。 问题形式多变：既可能直接要求求出使式子无关的未知参数（如 的值），也可能要求求出参数后，再代入计算整个代数式的最终结果。 二、 解题技巧 先化简，合并同类项：无论题目多复杂，第一步永远是严格按照去括号法则和合并同类项法则，将整式化为最简形式（如 ）。注意将其他字母视为常数系数。 锁定目标，令系数为0：化简完成后，精准找出含有“无关字母”（如 ）的所有项。根据题意，将这些项的系数相加并令其等于 ，从而列出关于未知参数的方程。 解方程，求参代值：解出未知参数的值后，将其代回化简后的最简整式中。此时，含无关字母的项已完全消失，只剩下常数项或其他字母，直接计算即可得出最终定值。 区分“整式”与“方程”：若是在整式中与某字母无关，只需含该字母项的系数为 ；但若是在一元一次方程中与某字母无关（即方程对任意该字母值都成立），则需同时满足“含该字母项的系数为 ”且“常数项也为 ”。 变式2-1代数式的值（      ） A．当时，原式 B．当时，原式 C．当时，原式 D．不论x取何值，原式都等于12 变式2-2如果关于x的多项式中不含项，则k的值为（   ） A．0 B．3 C． D．3或 变式2-3已知：．（为常数） (1)若不含项，求出的值； (2)在（1）的基础上化简：． 类型三、整式加减中的新定义问题 典例3 阅读理解：对一个关于的多项式求导数，多项式中的导数等于，我们规定常数项的导数为0，并且当时．已知是关于t的多项式，其中、、…、、都是常数，我们把求导得到的多项式称为它的“伴生多项式”，记为，则．例如：若，则的“伴生多项式”．根据以上材料，回答问题： (1)若，则它的“伴生多项式”_____________． (2)设是的“伴生多项式”． ①若，当时，_____________，_____________． ②若，已知与的差不含有t的二次项，则的值为_____________． ③若，与多项式的值相等，且，求的值． ④若，，的伴生多项式为，若，则_____________． 题型模版 一、 题型特征 符号与规则创新：题干会引入教材外的新运算符号（如⊕、※、△等）或新概念（如“友好数对”、“和谐有理数对”），并给出明确的自定义运算规则。 形式灵活多变：常见形式包括有理数新运算、整式加减新运算、分段定义运算（含大小比较或奇偶性限制）以及有序实数对运算。 能力考查导向：题目看似陌生，但本质是考查学生的阅读理解能力、知识迁移能力以及将“新规则”转化为“旧知识”（如常规整式加减、去括号、合并同类项）的逻辑推理能力。 二、 解题技巧 代入转化，化新为旧：严格按照题目给定的新运算规则，将已知数或代数式代入。将陌生的新运算转化为常规的加减乘除、乘方及整式加减运算，遵循“先算括号内，再算括号外”的常规优先级。 规范运算，严谨化简：在进行整式加减时，务必准确使用去括号法则（特别是括号前是负号时各项都要变号），并彻底合并同类项。最终结果需满足无同类项、无括号，且一般按某字母降幂排列。 结合旧知，搭建桥梁：遇到规律探究或方程求解类新定义题，先通过简单数值代入寻找规律，再结合已学的整式化简求值、方程思想等进行综合求解，确保逻辑严密、步骤完整。 变式3-1我们在分析解决某些数学问题时经常用“作差法”来比较两个代数式的大小．所谓“作差法”就是通过作差、变形、并利用差的符号来确定它们的大小，即要比较代数式的大小，只要求出它们的差，若，则：若，则：若，则． 例如：比较和的大小，我们可以用，即． 依据上面的方法，完成下列问题： (1)比较：______； (2)已知有理数在数轴上的位置如图所示： ①比较：______；（填“”，“”或“”） ②若，，比较代数式与的大小； (3)已知，，若的值与无关，比较代数式与的大小． 变式3-2如果整式A与整式B的差为整数a，我们称A，B为a的“和睦整式”，例如：与为1的“和睦整式”；与为3的“和睦整式”．若关于x的整式与为n的“和睦整式”，则的值为________． 变式3-3对于多项式：，，，，用任意两个多项式求和后所得的结果，再与剩余两个多项式的和作差，并算出结果，称之为“和差操作” 例如：，，，称为一次操作．下列说法正确的个数是（   ） ①不存在任何“和差操作”，使其结果为单项式； ②只有一种“和差操作”，其结果与x的取值无关； ③所有的“和差操作”共有6种不同的结果． A．0 B．1 C．2 D．3 压轴挑战—攻克高难压轴，突破思维上限 1．已知整式，其中为正整数，为整数且（i为整数，，若，下列说法中：①满足条件的整式中，的最大值为4；②当时，满足条件的整式一共有26种；③当时，对于任意实数，满足条件的整式之和恒等于，则的值为．其中正确的个数为（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 2．对于多项式选取第二项或第三项的字母取绝对值，并交换相邻前后两项的字母（符号不参与交换），然后进行去绝对值运算，我们称这种操作为“绝对交换操作”．有下列说法： （1）存在一种“绝对交换操作”，使其结果与原多项式的和为． （2）无论进行多少次“绝对交换操作”，其结果的第二项都不会是字母a． （3）所有“绝对交换操作”共有8种不同结果， 其中说法正确的个数是（    ） A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 3．已知四个整式分别为：，，，；若将其中的一个或多个整式中的自变量替换为（例如：整式变为），然后再将这四个整式相加求和，称为一次“镜面操作”．则以下表述正确的个数是（     ） ①存在特殊的“镜面操作”：，使得化简结果的最小值为2； ②存在某种“镜面操作”，使得时，化简后的结果恒为一个常数； ③对这四个整式进行所有可能的“镜面操作”后，共有15种不同的结果． A． B． C． D． 4．下列四个结论中： ①若单项式与是同类项，则； ②若关于的多项式的运算结果中不含项，则常数项为； ③若，则； ④若，且，则的运算结果只有一种． 其中正确的是_________．（填序号） 5．下列说法中，正确的是__________．（请写出正确的序号） ①若，则； ②A，B，C三点在数轴上对应的数分别是、、6，若相邻两点的距离相等，则； ③若代数式的值与无关，则该代数式值为2024； ④已知，，若，则的最大值与最小值的乘积为． 6．下列五个结论中正确的是________（填序号）． ①若与是同类项，则； ②若关于的多项式的运算结果中不含项，则常数项为； ③若，则； ④若，，则的结果只有一种． ⑤若为任意数，则关于的方程的解是； 7．在式子（其中）中，任选两个字母，在这两个字母及它们之间的部分两侧加绝对值后再去掉绝对值并化简（不改变字母的位置），称为第一轮“绝对操作”．例如，选择，进行第一轮“绝对操作”，得到，再对第一轮“绝对操作”后得到的式子进行同样的操作，称为第二轮“绝对操作”，例如，选择，进行第二轮“绝对操作”，得到，…，按此方法，进行轮“绝对操作”．对原式子进行第一轮“绝对操作”后，则有___________种不同的结果；若对原式子进行四轮“绝对操作”，且每轮操作中绝对值里只含两个字母，则有___________种不同的结果． 8．已知a，b，c为有理数，且，，，，则______． 9．若实数，同时满足，，则______________． 10．已知为实数，且的值是一个确定的常数，则这个常数是______． 11．已知且，将多项式中的个(，且为整数)字母添加一个括号(括号里不能再有括号)，并同时改变括号前的符号后得到一个新多项式，并写出整个新多项式的绝对值，然后再进行去绝对值运算，称这种操作为“绝对变括操作”，例如：等，下列结论正确的是________． ①若时，存在“绝对变括操作”，使其运算结果与原多项式的和为； ②存在“绝对变括操作”，使其运算结果与原多项式相同； ③当时，所有的“绝对变括操作”共有4种不同的运算结果 12．我们规定：一个四位数，若满足：百位数字是千位数字的2倍，且十位数字比个位数字大1，则称这个四位数为“金佛数”，按照这个规定，则最小的“金佛数”是________；一个“金佛数”，将其千位数字与十位数字调换位置，百位数字和个位数字调换位置，得到一个新的数，记，，若与均为整数，则满足要求的“金佛数”之和为________． 13．我们知道，数轴上两点间的距离等于这两点所对应的数的差的绝对值，如图，点，在数轴上分别对应的数为，，则，两点间的距离表示为，根据以上内容解决问题： (1)若数轴上两点，表示的数为和，则，两点之间的距离可用含的式子表示为_____； (2)若，分别表示，点在数轴上对应的数． ①的最小值为_____； 此时的最大值为_____； ②若，求的最大值． (3)点，在数轴上对应的数为和，为原点，点，分别从点，同时出发，分别以，的速度沿数轴负方向运动（点在点，之间，点在点，之间），运动时间为，点运动到点时，点立即停止运动；点为点，之间一点，且满足，若在点，N运动过程中，点到点的距离总为一个固定的值，求的值． 14．求的最小值． 15．设，其中．对于满足的来说，的最小值是多少？ 16．【问题提出】的最小值是多少？ 【阅读理解】为了解决这个问题，我们先从最简单的情况入手．的几何意义是a这个数在数轴上对应的点到原点的距离，那么可以看作a这个数在数轴上对应的点到1的距离；就可以看作a这个数在数轴上对应的点到1和2两个点的距离之和，下面我们结合数轴研究的最小值． 我们先看a表示的点可能的3种情况，如图所示： 如图①，a在1的左边，从图中很明显可以看出a到1和2的距离之和大于1． 如图②，a在1，2之间（包括在1，2上），可以看出a到1和2的距离之和等于1． 如图③，a在2的右边，从图中很明显可以看出a到1和2的距离之和大于1．因此，我们可以得出结论：当a在1，2之间（包括在1，2上）时，有最小值1． 【问题解决】 (1)的几何意义是 ，请你结合数轴研究：的最小值是 ； (2)请你结合图④探究的最小值是 ，由此可以得出a为 ； (3)的最小值是 ； (4)的最小值为 ． 17．如果一个三位正整数（且），交换其个位上的数字与百位上的数字可得到一个新的三位数．若用原三位数减去新三位数所得的差为，那么我们称这个三位数为“行知数”．比如三位数，交换个位上的数字与百位上的数字后，得到新三位数．因为，所以三位数就是一个“行知数”．根据材料，回答下列问题： (1)判断和是否是“行知数”，并说明理由． (2)在所有三位正整数（且）中，“行知数”一共有多少个？并说明理由． 18．材料：若一个自然数，从左到右各位数上的数字与从右到左各位数上的数字对应相同，则称为“对称数”．如：是一个三位的“对称数”． 材料：对于一个三位自然数，将它各个数位上的数字分别倍后取个位数字，得到三个新的数字．我们对自然数规定一个运算．例如：是一个三位的“对称数”，其各个数位上的数字分别倍后取个位数字分别是：，则． (1)已知两个三位“对称数”，． ，若能被11整除，请写出符合条件的m的所有值． (2)一个三位的“对称数”，若，请直接写出的所有值． 19．阅读与探究 阅读下列材料，并解答后面的问题： “四平八稳” 在中华传统文化中，“四平八稳”常用来形容做事稳妥、周全，不偏不倚，其中“四”与“八”也象征着平衡与和谐．对于一个各个数位上的数字均不为0的四位正整数，若千位上的数字与个位上的数字之和等于百位上的数字与十位上的数字之和的2倍，则称这个四位数为“平稳数”．对于平稳数m，任意去掉一个数位上的数字，可以得到四个三位数，这四个三位数的和记为． 举例说明： 取，因为千位与个位之和，百位与十位之和，且，所以6336是平稳数．去掉千位得336，去掉百位得636，去掉十位得636，去掉个位得633，则． (1)四位数8442 平稳数（填是或不是）； (2)已知8424是平稳数，计算； (3)若一个平稳数m的千位上的数字与个位上的数字之和为12，且能被5整除，求满足条件的所有平稳数中的最大数． 20．考拉兹猜想（又称猜想）是近代数学中最著名的未解猜想之一，由德国数学家考拉兹提出，其内容是：任意正整数，若是偶数就除以2，若是奇数就乘3加1，重复操作，最终都会得到1．例如，当时，分步进行考拉兹运算： 第1步：；第2步：；第3步：；第4步：；第5步：；第6步： (1)若从某正整数出发，第一步考拉兹运算得到16，求所有满足条件的正整数； (2)小杭同学说：若（为任意正整数）已被证明符合考拉兹猜想，则（为任意正整数）一定也符合考拉兹猜想． 为偶数 若为奇数，则下一步考拉兹运算后为； 若为偶数，则下一步考拉兹运算继续除以2，多次运算，直至出现奇数，则下一步考拉兹运算得到； 可以多次考拉兹运算为的形式； 一定也符合考拉兹猜想． 若（为任意正整数）已被证明符合考拉兹猜想，请继续证明（为任意正整数）一定也符合考拉兹猜想． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题05 整式的加减中的压轴问题 目 录 解题通法—明晰核心解法，助力能力迁移 题型归纳—精讲典型题法，夯实解题根基 题型一、带有字母的绝对值化简问题 题型二、整式加减中的无关型问题 题型三、整式加减中的新定义问题 压轴挑战—攻克高难压轴，突破思维上限 解法通法—明晰核心解法，助力能力迁移 整式加减压轴题（含字母绝对值化简、无关型问题、新定义问题）是初中数学代数板块的高频重难点，所有特殊题型均围绕条件转化、结构识别、分类讨论三大核心展开，解题贯穿两条底线原则：一是变形过程必须严格遵循代数运算法则（如去括号法则、绝对值非负性），二是运算结果必须化为最简整式（无同类项、无括号）。 题型归纳—精讲典型题法，夯实解题根基 题型一、带有字母的绝对值化简问题 典例1 若，且，则________． 【答案】 【分析】先根据绝对值和乘方的定义得到、的所有可能取值，再根据，判断为非负数，筛选出符合条件的、，最后计算的值． 【详解】解： ， 或， ， 或， ， ， 当时，无论还是，都有，不符合条件，舍去； 当，时，满足，此时； 当，时，满足，此时； 综上，的值为． 题型模版 一、 题型特征 核心表述多样：题干常表现为“化简含字母的绝对值式子”（如 ）、“已知字母在数轴上的位置，化简绝对值”或“已知字母的取值范围，化简绝对值”。 考查思想明确：重点考查学生的“分类讨论”思想和“数形结合”思想，要求学生能准确判断绝对值内代数式的正负，从而正确去掉绝对值符号。 易错点集中：当绝对值内为负数时，去掉绝对值符号后需要添上负号（取相反数），此时若括号内有多项，极易在去括号时出现符号遗漏或变号错误。 二、 解题技巧 核心口诀，牢记于心：化简绝对值遵循“判零点，分区间；定正负，拆绝对值；负添反，正不变；去括号，再合并”的标准化步骤。 零点分段法（无条件化简）：当题目未给出字母取值范围时，令每个绝对值内的代数式等于 ，求出所有的“零点”。将这些零点在数轴上从小到大排序，从而将数轴划分为若干个区间。在每个区间内任取一个测试值，判断绝对值内式子的正负，进而分段化简。 数轴定号法（已知位置化简）：若题目给出了字母在数轴上的相对位置，需先根据位置判断字母本身的正负及大小关系。接着判断绝对值内整体代数式（如 、 ）的正负，遵循“正数取本身，负数取相反数”的原则去绝对值，最后去括号合并同类项。 范围判定法（已知范围化简）：若已知字母的取值范围（如 ），直接将范围代入绝对值内的代数式判断正负。特别注意：当绝对值前带有负号（如 ）时，去绝对值后括号内的各项符号必须全部改变。 变式1-1若，且，则在数轴上表示，两数的对应点的距离为____． 【答案】或 【分析】根据题意，得到方程组，解得，从而得到，的值，即可求解． 【详解】解：由题意得，解得， ∴，， ∴当，或，时，； 当，或，时，， 综上可知，，两数对应点的距离为或． 变式1-2阅读材料即当时，；当时，，用这个结论解决下列问题： (1)已知数a，b在数轴上对应点的位置如图所示，则________； (2)已知a，b是有理数，当时， _________； (3)若，则_________． 【答案】(1) (2)或 (3)或 【分析】（1）由数轴得，再结合题干所给材料计算即可得出结果； （2）由题意可得，同号，再分两种情况，结合题干所给材料计算即可得出结果； （3）由题意可得，，全为正数或其中两个为负数，一个为正数，再分两种情况，结合题干所给材料计算即可得出结果． 【详解】（1）解：由数轴得，， ∴； （2）解：∵a，b是有理数，， ∴，同号， 当，时，， 当，时，； 综上所述，或 （3）解：∵， ∴，，全为正数或其中两个为负数，一个为正数， 当，，全为正数时，， 当，，其中两个为负数，一个为正数时，不妨设，，，则， 综上所述，或． 变式1-3 有理数、、在数轴上的位置如图所示，则化简 【答案】 【分析】先根据数轴判断、、大小及、绝对值大小，进而判断各代数式正负，再利用绝对值性质去绝对值符号，最后合并同类项化简式子即可． 【详解】解：由图可知，，， ∴，，， ∴，，， ∴ ． 类型二、整式加减中的无关型问题 典例2 已知，有7个完全相同的边长为m、n的小长方形（如图1）和两个阴影部分的长方形拼成1个宽为10的大长方形（如图2），小明把这7个小长方形按如图所示放置在大长方形中．下列说法正确的是（） ①大长方形的长是；②阴影A的面积是； ③阴影A与阴影B的周长的和与m的取值无关；④阴影B的面积是． A．①②③ B．②③④ C．①②④ D．①③④ 【答案】A 【分析】根据图形确定大长方形的长、宽以及阴影部分的长和宽，利用长方形周长和面积公式进行计算判断． 【详解】解：大长方形的长可表示为；故①正确； 阴影A的长为m，宽为， ∴阴影A的面积为，故②正确； 阴影长方形的长为，宽为， 阴影长方形的周长为， 阴影长方形的长为，宽为， 阴影长方形的周长为， 阴影与阴影的周长的和为 ， 阴影与阴影的周长的和与的取值无关．故③正确； 阴影B的面积为，故④错误； 综上所述，正确的说法是①②③． 题型模版 一、 题型特征 核心表述明确：题干中常出现“代数式的值与字母 的取值无关”、“结果不含 的二次项”、“结果为定值”等关键表述。 考查本质聚焦：此类问题看似复杂，但核心考查的是学生对“合并同类项”法则的掌握，以及对“系数为0”这一代数本质的理解。 问题形式多变：既可能直接要求求出使式子无关的未知参数（如 的值），也可能要求求出参数后，再代入计算整个代数式的最终结果。 二、 解题技巧 先化简，合并同类项：无论题目多复杂，第一步永远是严格按照去括号法则和合并同类项法则，将整式化为最简形式（如 ）。注意将其他字母视为常数系数。 锁定目标，令系数为0：化简完成后，精准找出含有“无关字母”（如 ）的所有项。根据题意，将这些项的系数相加并令其等于 ，从而列出关于未知参数的方程。 解方程，求参代值：解出未知参数的值后，将其代回化简后的最简整式中。此时，含无关字母的项已完全消失，只剩下常数项或其他字母，直接计算即可得出最终定值。 区分“整式”与“方程”：若是在整式中与某字母无关，只需含该字母项的系数为 ；但若是在一元一次方程中与某字母无关（即方程对任意该字母值都成立），则需同时满足“含该字母项的系数为 ”且“常数项也为 ”。 变式2-1代数式的值（      ） A．当时，原式 B．当时，原式 C．当时，原式 D．不论x取何值，原式都等于12 【答案】D 【详解】解：原式 ， ∴ 不论取何值，原式都等于． 变式2-2如果关于x的多项式中不含项，则k的值为（   ） A．0 B．3 C． D．3或 【答案】D 【分析】根据不含项即该项系数为0，先合并同类项再列方程求解． 【详解】解：， ∵多项式不含项， ∴， ∴， ∴或． 变式2-3已知：．（为常数） (1)若不含项，求出的值； (2)在（1）的基础上化简：． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）先代入A、B计算，合并同类项后，根据不含项即项的系数为0，求解的值； （2）将（1）得到的代入，计算，合并同类项得到化简结果． 【详解】（1）解： ， ∵不含项， ， 解得． （2）解：当时， ， ， ． 类型三、整式加减中的新定义问题 典例3 阅读理解：对一个关于的多项式求导数，多项式中的导数等于，我们规定常数项的导数为0，并且当时．已知是关于t的多项式，其中、、…、、都是常数，我们把求导得到的多项式称为它的“伴生多项式”，记为，则．例如：若，则的“伴生多项式”．根据以上材料，回答问题： (1)若，则它的“伴生多项式”_____________． (2)设是的“伴生多项式”． ①若，当时，_____________，_____________． ②若，已知与的差不含有t的二次项，则的值为_____________． ③若，与多项式的值相等，且，求的值． ④若，，的伴生多项式为，若，则_____________． 【答案】(1) (2)①6；；②1③④的值为或8 【分析】本题考查列代数式、整式的加减以及解一元一次方程，正确理解“伴生多项式”是解答本题的关键． （1）根据“伴生多项式”的定义解答即可； （2）①先求出，再代入，求出，即可； ②先求出，再求得，根据差不含有二次项得； ③求出，根据与多项式的值相等列方程，求出，代入方程，求解方程得m的值； ④分别求出，代入，再分类讨论求解即可． 【详解】（1）解：根据定义得：， 故答案为：； （2）解：①， 当时， ； ； 故答案为：6；； ②∵， ∴ ∴ ∵差不含有二次项，即二次项系数为0， ∴， 解得， 故答案为：1； ③∵， ∴， 又与多项式的值相等， ∴， 解得， 把代入方程得：， 解得： ④∵， ∴； ∵， ∴； ∵， ∴， 当时，， ∴； 当时，，此时无解； 当时，， 解得：， 综上，的值为或8． 故答案为：或8． 题型模版 一、 题型特征 符号与规则创新：题干会引入教材外的新运算符号（如⊕、※、△等）或新概念（如“友好数对”、“和谐有理数对”），并给出明确的自定义运算规则。 形式灵活多变：常见形式包括有理数新运算、整式加减新运算、分段定义运算（含大小比较或奇偶性限制）以及有序实数对运算。 能力考查导向：题目看似陌生，但本质是考查学生的阅读理解能力、知识迁移能力以及将“新规则”转化为“旧知识”（如常规整式加减、去括号、合并同类项）的逻辑推理能力。 二、 解题技巧 代入转化，化新为旧：严格按照题目给定的新运算规则，将已知数或代数式代入。将陌生的新运算转化为常规的加减乘除、乘方及整式加减运算，遵循“先算括号内，再算括号外”的常规优先级。 规范运算，严谨化简：在进行整式加减时，务必准确使用去括号法则（特别是括号前是负号时各项都要变号），并彻底合并同类项。最终结果需满足无同类项、无括号，且一般按某字母降幂排列。 结合旧知，搭建桥梁：遇到规律探究或方程求解类新定义题，先通过简单数值代入寻找规律，再结合已学的整式化简求值、方程思想等进行综合求解，确保逻辑严密、步骤完整。 变式3-1我们在分析解决某些数学问题时经常用“作差法”来比较两个代数式的大小．所谓“作差法”就是通过作差、变形、并利用差的符号来确定它们的大小，即要比较代数式的大小，只要求出它们的差，若，则：若，则：若，则． 例如：比较和的大小，我们可以用，即． 依据上面的方法，完成下列问题： (1)比较：______； (2)已知有理数在数轴上的位置如图所示： ①比较：______；（填“”，“”或“”） ②若，，比较代数式与的大小； (3)已知，，若的值与无关，比较代数式与的大小． 【答案】(1) (2)①；② (3) 【分析】本题主要考查了整式的加减计算，熟练掌握运算法则，是解题的关键． （1）利用作差法得到，计算出结果即可得出答案； （2）①利用作差法得到，再根据即可得到答案； ②，再根据，，即可得出； （3）代入计算得到，根据无关型求得，得到，，再利用作差法，即可得出答案． 【详解】（1）解：∵， ∴； 故答案为：； （2）解：① ， 根据数轴可知：， ∴， ∴； 故答案为：； ②∵，， ∴ ， 根据数轴可知：，， ∴， ∴； ∴； （3）解：∵，， ∴ ， ∵的值与无关， ∴， ∴， ∴，， ∴ ， ∴． 变式3-2如果整式A与整式B的差为整数a，我们称A，B为a的“和睦整式”，例如：与为1的“和睦整式”；与为3的“和睦整式”．若关于x的整式与为n的“和睦整式”，则的值为________． 【答案】49 【分析】本题考查了整式的加减运算，熟练掌握整式的加减运算是关键．根据“和睦整式”的定义，两个整式的差为常数n，因此合并后x的二次项和一次项系数必须为零，从而求出m和k的值，再代入求n，最后计算代数式的值． 【详解】解： ， ∵与为n的“和睦整式”， ∴，，， ∴，，， ∴ 故答案为：49． 变式3-3对于多项式：，，，，用任意两个多项式求和后所得的结果，再与剩余两个多项式的和作差，并算出结果，称之为“和差操作” 例如：，，，称为一次操作．下列说法正确的个数是（   ） ①不存在任何“和差操作”，使其结果为单项式； ②只有一种“和差操作”，其结果与x的取值无关； ③所有的“和差操作”共有6种不同的结果． A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】A 【分析】本题考查了多项式的运算及对“和差操作”的理解，通过计算所有6种“和差操作”的结果，发现实际有5种不同的表达式，包括常数0，据此判断各说法的正确性． 【详解】解：设多项式，，，， 所有操作及结果： ∵ ， ， ， ， ， ∴不同结果为：，，0，，，共5种， 说法①：和结果为0（单项式），故错误； 说法②：和结果与x无关（有两种操作），故错误； 说法③：实际有5种不同结果，非6种，故错误， 综上，正确个数为0， 故选：A． 压轴挑战—攻克高难压轴，突破思维上限 1．已知整式，其中为正整数，为整数且（i为整数，，若，下列说法中：①满足条件的整式中，的最大值为4；②当时，满足条件的整式一共有26种；③当时，对于任意实数，满足条件的整式之和恒等于，则的值为．其中正确的个数为（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】B 【分析】分别根据题目条件求出，，时的代数式情况，再求解即可． 【详解】解：当时，，则，由于，而，则中必定有一个为0才能满足，与冲突； ∴， 故①说法错误； 当时，，则， ∵，， ∴若，则或共2种情况； 若，则或或或或或或或，共8种情况； 同理若共8种情况； 若，则或，共2种情况； 若，则或，共2种情况； 综上所述，当时，满足条件的整式一共有种； 当时，，则，， ∵，， ∴只有满足， ∴或或或，此时或或或共4种情况，此时和为； ∴当时，满足条件的整式一共有种； 故②说法正确； ∵当时，对于任意实数，满足条件的整式之和恒等于， ∴， ∴， ∴， 故③说法错误； 综上所述，正确的只有②． 2．对于多项式选取第二项或第三项的字母取绝对值，并交换相邻前后两项的字母（符号不参与交换），然后进行去绝对值运算，我们称这种操作为“绝对交换操作”．有下列说法： （1）存在一种“绝对交换操作”，使其结果与原多项式的和为． （2）无论进行多少次“绝对交换操作”，其结果的第二项都不会是字母a． （3）所有“绝对交换操作”共有8种不同结果， 其中说法正确的个数是（    ） A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 【答案】C 【分析】先明确“绝对交换操作”规则：选中第二项或第三项的字母取绝对值，交换选中项相邻的前后两项（1和3或2和4）的字母，符号位置不变，再去绝对值，逐个验证三个说法即可． 【详解】∵操作只会交换位置1和位置3的字母，或位置2和位置4的字母，符号位置不变，而字母a初始在位置1， ∴a只能出现在位置1或位置3，永远无法出现在位置2，故说法（2）正确； 对于说法（1）：选择第二项进行操作，交换位置1和3的字母，得到结果为 ，与原多项式相加得： ， ∵，则存在的符合条件的情况，此时和为， ∴存在符合要求的操作，故说法（1）正确； 对于说法（3）： 若选择第二项进行操作，交换位置1和3的字母，得到结果为， ∵， ∴去掉绝对值后为； 若选择第三项进行操作，交换位置2和4的字母，得到结果为， ∵， ∴去掉绝对值后为； 对于： 选择第二项操作得：，去掉绝对值后为， 选择第三项操作得：，去掉绝对值后为； 对于： 选择第二项操作得：，去掉绝对值后为， 选择第三项操作得：，去掉绝对值后为， ∴共4种不同结果，不是8种，故说法（3）错误， 综上所述，正确的说法共2个． 3．已知四个整式分别为：，，，；若将其中的一个或多个整式中的自变量替换为（例如：整式变为），然后再将这四个整式相加求和，称为一次“镜面操作”．则以下表述正确的个数是（     ） ①存在特殊的“镜面操作”：，使得化简结果的最小值为2； ②存在某种“镜面操作”，使得时，化简后的结果恒为一个常数； ③对这四个整式进行所有可能的“镜面操作”后，共有15种不同的结果． A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意可推出四个整式的和为（，且a为整数），根据a的值只能取，结合题意逐一判断即可． 【详解】解：四个整式仅替换自变量，不改变常数项，因此四个整式的常数和恒为， 设替换为的整式个数为（，且a为整数），则总和可表示为， 题中给出的操作替换了3个整式，即， ∴， 当时，，则； 当时，，则， 的最小值为2，原说法正确； 当时，，若，则，代入得，恒为常数，因此存在符合要求的操作，原说法正确； 仅可取，对应4种不同结果，不是15种，原说法错误． 综上，正确的表述有个． 4．下列四个结论中： ①若单项式与是同类项，则； ②若关于的多项式的运算结果中不含项，则常数项为； ③若，则； ④若，且，则的运算结果只有一种． 其中正确的是_________．（填序号） 【答案】①②③④ 【分析】根据同类项的定义可判断①；根据整式的加减可判断②；根据化简绝对值可判断③④． 【详解】解：①∵单项式与是同类项， ∴， ∴， ∴，故①正确； ② ∵运算结果中不含项， ∴， 解得，， 此时，常数项为，故②正确； ③∵， ∴，，， ∴ ；故③正确； ④∵，， ∴中至少有一个是负数， 当时，，， ∴ ； 当时，，， ∴ ； 当时，，， ∴ ； 当时，，， ∴ ； 当时，，， ∴ ； 当时，，， ∴ ； 综上，若，，则的结果只有一种． 故④正确， ∴正确的说法是①②③④． 5．下列说法中，正确的是__________．（请写出正确的序号） ①若，则； ②A，B，C三点在数轴上对应的数分别是、、6，若相邻两点的距离相等，则； ③若代数式的值与无关，则该代数式值为2024； ④已知，，若，则的最大值与最小值的乘积为． 【答案】①③④ 【分析】本题考查了绝对值的意义，数轴上两点距离，化简绝对值，整式的加减．对于①，根据绝对值的非负性和代数符号判断；对于②，考虑数轴上三点等距的多种可能位置；对于③，通过分段讨论绝对值表达式，确定值与x无关的条件；对于④，利用已知条件代换并结合符号讨论，计算的可能值并求的最大值与最小值的乘积． 【详解】解：①由，因绝对值非负，故，即，且，所以，正确． ②三点对应数，相邻距离相等， 则可能顺序为时， 时， 时， 故不一定成立，错误． ③代数式， 当时，，，代入得，与无关，正确． ④由，得，，， 故． 由且，知中两正一负． 若，则； 若，则； 若，则． 故可能值为，最大值与最小值乘积为，正确． 故答案为①③④． 6．下列五个结论中正确的是________（填序号）． ①若与是同类项，则； ②若关于的多项式的运算结果中不含项，则常数项为； ③若，则； ④若，，则的结果只有一种． ⑤若为任意数，则关于的方程的解是； 【答案】①②④ 【分析】本题主要考查方程的解，整式的加减和绝对值，根据同类项的定义可判断①；根据整式的加减可判断②；根据化简绝对值可判断③④，当时，原方程无解，即可判断⑤． 【详解】解：①∵与是同类项， ∴ ∴ ∴，故①正确； ② ∵运算结果中不含项， ∴， 解得，， 此时，常数项为，故②正确； ③∵， ∴ ∴ ； 故③错误； ④∵，， ∴中至少有一个是负数， 当时，，， ∴ ； 当时，，， ∴ ； 当时，，， ∴ 当时，，， ∴ ； 当时，，， ∴ ； 当时，，， ∴ ； 综上，若，，则的结果只有一种． 故④正确， ⑤当时，方程变为，此时方程的解为任意数，故⑤不正确 ∴正确的说法是①②④， 故答案为：①②④． 7．在式子（其中）中，任选两个字母，在这两个字母及它们之间的部分两侧加绝对值后再去掉绝对值并化简（不改变字母的位置），称为第一轮“绝对操作”．例如，选择，进行第一轮“绝对操作”，得到，再对第一轮“绝对操作”后得到的式子进行同样的操作，称为第二轮“绝对操作”，例如，选择，进行第二轮“绝对操作”，得到，…，按此方法，进行轮“绝对操作”．对原式子进行第一轮“绝对操作”后，则有___________种不同的结果；若对原式子进行四轮“绝对操作”，且每轮操作中绝对值里只含两个字母，则有___________种不同的结果． 【答案】 6 【分析】根据新定义“绝对操作”的规则，结合绝对值的化简，按顺序枚举所有操作后的不同结果，统计数量即可． 【详解】解：先计算第一轮“绝对操作”的结果数量： 原式子为，，从个字母中任选个加绝对值，共种选法，分别化简： ①选：； ②选：，当时结果为，与上述结果重复，当时结果为，得到新结果； ③选：，与第一个结果重复； ④选：，当时结果为（新结果），当时结果为（新结果）； ⑤选：，得到新结果； ⑥选：，与第一个结果重复； 综上，第一轮共得到种不同结果； 接下来计算四轮每轮绝对值含两个字母的不同结果： 第一轮操作：； 或； ； ∴第一轮操作后，得到种不同结果：，，； 第二轮操作：对于仍然有3种结果：，，； 对于：， ， ； 对于：， 或， ， ∴第二轮操作后，共得到种不同结果：，，，； 第三轮操作：对于，，，最终结果仍为4种， 对于：， ， ， ∴第三轮操作后，共得到种不同结果：，，，，； 第四轮操作：对于，，，，最终结果仍为5种， 对于：， 或， ， ∴第四轮操作后，共得到6种不同结果：，，，，，． 8．已知a，b，c为有理数，且，，，，则______． 【答案】 【分析】由题意可得a，b，c中有两个负数，一个正数，不妨设，则，，由得出，，，再结合绝对值的性质求出、的值，即可得出结果． 【详解】解：∵a，b，c为有理数，且，， ∴a，b，c中有两个负数，一个正数， 不妨设，则，， ∵， ∴，，， ∴，， ∴． 9．若实数，同时满足，，则______________． 【答案】25 【分析】根据绝对值的非负性确定的取值范围，去掉绝对值符号，解方程组得到，的值，再代入计算即可． 【详解】解：∵实数，同时满足，， 又∵， ∴，可得， ∴，原第一个方程可化为，整理得， 将代入得：， ∵， ∴，可得：， 代入第二个方程得：， 解得：， 将代入得：， 解得：， ∴． 10．已知为实数，且的值是一个确定的常数，则这个常数是______． 【答案】 【分析】将按照每一段的取值范围进行分类讨论，即可得到答案． 【详解】解：（1）当时， ，不是常数； （2）当时， ，不是常数； 同理可得： （3）当时，原式，不是常数； （4）当时，原式，不是常数； （5）当时，原式，不是常数； （6）当时，原式，不是常数； （7）当时，原式，不是常数； （8）当时，原式，不是常数； （9）当时，原式，不是常数； （10）当时，原式，不是常数； （11）当时，原式，是常数； （12）当时，原式，不是常数； （13）当时，原式，不是常数； （14）当时，原式，不是常数； （15）当时，原式，不是常数； （16）当时，原式，不是常数． 故答案为：． 11．已知且，将多项式中的个(，且为整数)字母添加一个括号(括号里不能再有括号)，并同时改变括号前的符号后得到一个新多项式，并写出整个新多项式的绝对值，然后再进行去绝对值运算，称这种操作为“绝对变括操作”，例如：等，下列结论正确的是________． ①若时，存在“绝对变括操作”，使其运算结果与原多项式的和为； ②存在“绝对变括操作”，使其运算结果与原多项式相同； ③当时，所有的“绝对变括操作”共有4种不同的运算结果 【答案】①②/②① 【分析】设原多项式，由已知条件可确定且．对于结论①，当时，给添加括号，将原多项式改写为，结合、可判断该式为正，去绝对值后的运算结果，计算，故结论①正确；对于结论②，当时，给全部5项添加括号得到，因，故，操作结果与原多项式相同，结论②正确；对于结论③，通过分类讨论、、的操作情况，仅1种操作，有2种操作，有3种操作，总计5种不同运算结果，并非4种，故结论③错误，最终确定正确结论为①②． 【详解】解：设原多项式为，由可知，且即． ①若，给项添加括号，将原多项式改写为． ∵，， ∴， ∴去绝对值后运算结果． 则， 故存在这样的“绝对变括操作”，结论①正确． ②若，所有的项添加括号，新多项式为：． ∵， ∴， 即操作结果与原多项式相同，结论②正确． ③当时，仅1种操作，结果为； 当时，有2种操作： 给添加括号，结果为； 给添加括号，结果为； 当时，有3种操作： 给添加括号，结果为； 给添加括号，结果为； 给添加括号，结果为． 综上，共有5种不同的运算结果，不是4种，结论③错误． 综上，正确的结论是①②． 12．我们规定：一个四位数，若满足：百位数字是千位数字的2倍，且十位数字比个位数字大1，则称这个四位数为“金佛数”，按照这个规定，则最小的“金佛数”是________；一个“金佛数”，将其千位数字与十位数字调换位置，百位数字和个位数字调换位置，得到一个新的数，记，，若与均为整数，则满足要求的“金佛数”之和为________． 【答案】 【分析】先根据“金佛数”的定义，要得到最小的“金佛数”，千位取最小正整数，依次确定各数位数字即可；再根据定义表示出和，计算得到和，结合两个分式为整数的条件，求出所有符合条件的，再求和即可． 【详解】解：设四位数，其中，，为整数， 根据“金佛数”定义，得，， 求最小的“金佛数”，要使四位数最小，千位取最小正整数，得，则，由得，取最小，得，因此最小的“金佛数”是； 由，得，为整数，由得，为整数， 得， 调换后新数：， 则，， ∴ ， 该式为整数，则能被7整除； ， 该式为整数，则能被5整除， ∵，， ∴或， 当时，能被7整除，则只有符合条件， ∴，，此时； 当时，能被7整除，则只有符合条件， ∴，，此时， 所有满足条件的M的和为． 13．我们知道，数轴上两点间的距离等于这两点所对应的数的差的绝对值，如图，点，在数轴上分别对应的数为，，则，两点间的距离表示为，根据以上内容解决问题： (1)若数轴上两点，表示的数为和，则，两点之间的距离可用含的式子表示为_____； (2)若，分别表示，点在数轴上对应的数． ①的最小值为_____； 此时的最大值为_____； ②若，求的最大值． (3)点，在数轴上对应的数为和，为原点，点，分别从点，同时出发，分别以，的速度沿数轴负方向运动（点在点，之间，点在点，之间），运动时间为，点运动到点时，点立即停止运动；点为点，之间一点，且满足，若在点，N运动过程中，点到点的距离总为一个固定的值，求的值． 【答案】(1) (2)①；；② (3) 【分析】（1）根据题意中的数轴上两点之间距离公式即可列出代数式； （2）①根据绝对值的意义可得表示数轴上表示数的点到表示数和表示数的点的距离之和，即可得的取值范围及的最小值； ②先确定中的取值范围及最小值、中的取值范围及最小值，结合，即可得取最小值，取最小值时，方程成立，即，，从而得出当取最大值，取最大值时，最大，代入数值即可求出最大值； （3）根据题意可得，，可得，根据，可求出，进而得出，根据点运动过程中为一个固定的值，得到，由，即可得出结论。 【详解】（1）解：∵点，在数轴上分别对应的数为，时，，两点间的距离表示为， ∴若数轴上两点，表示的数为和，则，两点之间的距离为， 故答案为：； （2）解：①∵表示数轴上表示数的点到表示数和表示数的点的距离之和， ∴当时，有最小值，最小值为：，此时的最大值为， 故答案为：；； ②由①的方法可知： 当时，有最小值为：， 当时，有最小值为：， ∵， ∴当取最小值，取最小值时，， 此时，， ∴当取最大值，取最大值时，最大，最大值为：； （3）解：根据题意可得： 点的路程为：，点的路程为：，且， 又∵点，在数轴上对应的数为和， ∴， ∵点在点，之间，且， ∴， ∴， ∵点到点的距离总为一个固定的值，即总为一个固定的值， ∴， ∵， ∴， ∴． 【点睛】本题考查数轴上两点之间距离的计算，绝对值的意义，代数式及求代数式的值，整式的混合运算等知识的综合，理解整式的基础知识，掌握两点之间距离的计算，整式的混合运算法则是解题的关键． 14．求的最小值． 【答案】当为偶数时，最小值为； 当为奇数时，最小值为． 【分析】先将按从小到大的顺序排列，再分为偶数及为奇数进行讨论求解． 【详解】解：先将按从小到大的顺序排列，记为. 当为偶数时，设（为正整数），当满足时，原式取得最小值， 最小值为. 当为奇数时，设（为非负整数），当时，原式取得最小值， 最小值为． 15．设，其中．对于满足的来说，的最小值是多少？ 【答案】 的最小值是 【分析】根据的取值范围去掉绝对值符号，化简的表达式后结合的范围求最小值． 【详解】解： ∵，， ∴，，， ∴ ， ∵，随的增大而减小， ∴ 当时，取得最小值，最小值为． 16．【问题提出】的最小值是多少？ 【阅读理解】为了解决这个问题，我们先从最简单的情况入手．的几何意义是a这个数在数轴上对应的点到原点的距离，那么可以看作a这个数在数轴上对应的点到1的距离；就可以看作a这个数在数轴上对应的点到1和2两个点的距离之和，下面我们结合数轴研究的最小值． 我们先看a表示的点可能的3种情况，如图所示： 如图①，a在1的左边，从图中很明显可以看出a到1和2的距离之和大于1． 如图②，a在1，2之间（包括在1，2上），可以看出a到1和2的距离之和等于1． 如图③，a在2的右边，从图中很明显可以看出a到1和2的距离之和大于1．因此，我们可以得出结论：当a在1，2之间（包括在1，2上）时，有最小值1． 【问题解决】 (1)的几何意义是 ，请你结合数轴研究：的最小值是 ； (2)请你结合图④探究的最小值是 ，由此可以得出a为 ； (3)的最小值是 ； (4)的最小值为 ． 【答案】(1)a在数轴上对应的点到4和7两个点的距离之和；3 (2)2；2； (3)6； (4)1025156． 【分析】（1）由的几何意义以及有最小值1即可直接求得结果； （2）当a取中间值即时，求得最小值； （3）由题意可得出，取中间数即时，绝对值最小； （4）由题意可得出，取中间值时，求得最小值； 【详解】（1）解：由题可知，的几何意义是a这个数在数轴上对应点到4和7两个点的距离之和； 当a在4和7之间时（包括4，7上），a到4和7的距离之和等于3，此时取得最小值是3． （2）解：当a取中间数2时，绝对值最小； 的最小值是． （3）解：当a取最中间数时， 绝对值最小；的最小值是； （4）解：当a取中间数1013时，绝对值最小， 的最小值为： ． 17．如果一个三位正整数（且），交换其个位上的数字与百位上的数字可得到一个新的三位数．若用原三位数减去新三位数所得的差为，那么我们称这个三位数为“行知数”．比如三位数，交换个位上的数字与百位上的数字后，得到新三位数．因为，所以三位数就是一个“行知数”．根据材料，回答下列问题： (1)判断和是否是“行知数”，并说明理由． (2)在所有三位正整数（且）中，“行知数”一共有多少个？并说明理由． 【答案】(1)是“行知数”，不是“行知数”． 理由：， 是一个“行知数”； ， 不是一个“行知数”； (2)个， 理由：设一个三位正整数（且）是“行知数”， 则， ， 且， ，，有个值， ，，有个值， ，，有个值， ，，有个值， ，，有个值， ， 所以所有三位正整数（且）中，“行知数”一共有个 【分析】（1）根据题中新定义判断； （2）根据题中新定义，用字母表示它们的差，验证求解． 【详解】（1）略 （2）略 18．材料：若一个自然数，从左到右各位数上的数字与从右到左各位数上的数字对应相同，则称为“对称数”．如：是一个三位的“对称数”． 材料：对于一个三位自然数，将它各个数位上的数字分别倍后取个位数字，得到三个新的数字．我们对自然数规定一个运算．例如：是一个三位的“对称数”，其各个数位上的数字分别倍后取个位数字分别是：，则． (1)已知两个三位“对称数”，． ，若能被11整除，请写出符合条件的m的所有值． (2)一个三位的“对称数”，若，请直接写出的所有值． 【答案】(1)，， (2)101，151，606，656 【分析】（1）根据题意，表示出，得出，根据，确定取值； （2）根据题意，确定三位数个位和百位上数字为或，十位上的数字为或，然后确定所有值． 【详解】（1）解：，， ∵，能被整除， ∴，且， 可得满足条件取值如下： ； ； ； 答：符合条件的值有，，； （2）解：， ∵，， ∴其各个数位上的数字分别倍后取个位数字分别是：、、，显然三位数个位和百位上数字为或，十位上的数字为或， ∴符合条件的数有：，，，． 答：若，的所有值有，，，． 19．阅读与探究 阅读下列材料，并解答后面的问题： “四平八稳” 在中华传统文化中，“四平八稳”常用来形容做事稳妥、周全，不偏不倚，其中“四”与“八”也象征着平衡与和谐．对于一个各个数位上的数字均不为0的四位正整数，若千位上的数字与个位上的数字之和等于百位上的数字与十位上的数字之和的2倍，则称这个四位数为“平稳数”．对于平稳数m，任意去掉一个数位上的数字，可以得到四个三位数，这四个三位数的和记为． 举例说明： 取，因为千位与个位之和，百位与十位之和，且，所以6336是平稳数．去掉千位得336，去掉百位得636，去掉十位得636，去掉个位得633，则． (1)四位数8442 平稳数（填是或不是）； (2)已知8424是平稳数，计算； (3)若一个平稳数m的千位上的数字与个位上的数字之和为12，且能被5整除，求满足条件的所有平稳数中的最大数． 【答案】(1)不是 (2)2934 (3) 【分析】（1）根据平稳数的定义进行判断即可； （2）根据题意求出结果即可； （3）设千位上的数字为a，百位上的数字为b，则个位上的数字为，十位上数字为，根据题意得出，，求出，根据且能被5整除，得出能被5整除，然后结合，，求出最大值即可． 【详解】（1）解：因为千位与个位之和为，百位与十位之和，且，所以8442不是平稳数． （2）解：； （3）解：设千位上的数字为a，百位上的数字为b，则个位上的数字为，十位上数字为，根据题意得： ，， 解得：，， 去掉千位得：， 去掉百位得， 去掉十位得， 去掉个位得， ， ∴ ， ∴要使能被5整除，必须使能被5整除， ∵，， ∴要使满足条件的所有平稳数最大，则、， ∴，， ∴满足条件的所有平稳数中的最大数为． 20．考拉兹猜想（又称猜想）是近代数学中最著名的未解猜想之一，由德国数学家考拉兹提出，其内容是：任意正整数，若是偶数就除以2，若是奇数就乘3加1，重复操作，最终都会得到1．例如，当时，分步进行考拉兹运算： 第1步：；第2步：；第3步：；第4步：；第5步：；第6步： (1)若从某正整数出发，第一步考拉兹运算得到16，求所有满足条件的正整数； (2)小杭同学说：若（为任意正整数）已被证明符合考拉兹猜想，则（为任意正整数）一定也符合考拉兹猜想． 为偶数 若为奇数，则下一步考拉兹运算后为； 若为偶数，则下一步考拉兹运算继续除以2，多次运算，直至出现奇数，则下一步考拉兹运算得到； 可以多次考拉兹运算为的形式； 一定也符合考拉兹猜想． 若（为任意正整数）已被证明符合考拉兹猜想，请继续证明（为任意正整数）一定也符合考拉兹猜想． 【答案】(1)或32 (2) 证明：为任意正整数， 为奇数， 则下一步考拉兹运算结果为. 为偶数， 则下一步考拉兹运算结果为. 为偶数， 则下一步考拉兹运算结果为， ∴ 经过三步考拉兹运算后得到． ∵ 为正整数， ∴ 是形如（为正整数）的数．根据题设，形如的数均符合考拉兹猜想，故一定也符合考拉兹猜想． 【分析】（1）分两种情况讨论：当n是偶数时，；当n是奇数时，； （2）经过三步考拉兹运算后得到，由此证明即可． 【详解】（1）解：当为偶数时：， ， 当为奇数时：， ， 或32； （2）略 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $