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1例1：当整数m为何值时，下列分式的值为整数？（1），（2），（3），（4），（5）第12讲:分式的拆分PART1:分离常数法一、知识梳理:1.真分式与假分式：在分式中，对于只含一个字母的分式，当分子的次数大于或等于分母的次数时，我们称之为“假分式”；当分子的次数小于分母的次数时，我们称之为“真分式”。2.一元一次分式：我们把形如(𝑐≠0,𝑎𝑑≠𝑏𝑐)的分式，称为一元一次分式。3.分离常数法对于一元分式（只含有一个字母的分式），当分子与分母的次数相同时，可将其化为一个常数与一个真分式之和或差的形式。对于分子分子分母都是一次的一元一次分式，其变形过程如下：=()=+可以称作一元一次分式的分离常数公式。特殊地，当分式的分子的次数大于分母时，可将其化为一个整式与一个真分式之和或差。我们称为是分式分离常数的特殊形式。特别地，当分母为一次式时，分离常数后，所得的真分式的分子一定是一个数。二、经典例题:解：(1)由题意：𝑚|3∴𝑚=±1,±3(2)由题意：(𝑚−2)|5,∴𝑚−2=±1,±5∴𝑚=−3,1,3,7(3)原式==1+,∴(𝑚−3)|3∴(𝑚−3)=±1,±3,∴𝑚=0,2,4,6(4)原式===−1−,∴(𝑚−2)|5∴𝑚−2=±1,±5,∴𝑚=−3,1,3,7(5)原式==𝑚−1−,∴𝑚−2=±1,𝑚=1,32例2：当𝑥为何值时，有最小值，最小值是多少？例3：求𝑥𝑦+2𝑦−2𝑥+3=0的整数解。补1：𝑥取何整数时，的值为整数？补2：𝑥最大取何整数时，为整数？补3：𝑥取何整数时，的值为整数？解：原式===6−=6−()∵(𝑥+1)+1≥1∴1(𝑥+1)+1≤1∴−()≥−2∴6−()≥4∴当𝑥=−1时，原式有最大值4。解：(𝑥+2)𝑦=2𝑥−3⇒𝑦==()⇒𝑦=2−7𝑥+2∵𝑦,𝑥都是整式，∴(𝑥+2)|7∴𝑥+2=±1,±7∴𝑥=−9,−3,−1,5,对应的𝑦的取值分别为：𝑦=3,9,−5,1∴原方程的整数解有𝑥=−9𝑦=3𝑥=−3𝑦=9𝑥=−1𝑦=−5𝑥=5𝑦=1解：利用长除法可得：3𝑥−11𝑥−31=(𝑥−3)(3𝑥+9𝑥+16)+17∴原式=(3𝑥+9𝑥+16)+由题意：(𝑥−3)|17,∴𝑥−3=±1,±17∴𝑥−3=−14,2,4,20解：由余数定理得(𝑥+2)除(𝑥+2018)的余数为：(−2)+2018=−2048−2018=−30∴可知𝑥11+2018=(𝑥+2)𝑞(𝑥)−30,其中𝑞(𝑥)为一个关于𝑥的整系数十次多项式∴原式=𝑞(𝑥)−30𝑥+2,易知𝑥取任何整数时𝑞(𝑥)的值必整数，∴(𝑥+2)|30⇒𝑥最大取28解：用长除法可得：𝑥+2𝑥+5𝑥+8𝑥+6𝑥+19=(𝑥2+2)(𝑥3+2𝑥2+3𝑥+4)+11∴原式=(𝑥3+2𝑥2+3𝑥+4)+11𝑥2+2由题意：（𝑥+2）|11⇒𝑥+2=11⇒𝑥=±33PART2:分式的裂项一、知识梳理:分式的裂项有两种基本模式，在拆分中有非常重要的应用。1.“裂差”型变形：对于分母可以写成两个因式乘积的分式，有以下基本的“裂差“型变形：𝟏𝒂𝒃=𝟏𝒃𝒂(𝟏𝒂−𝟏𝒃)①对于上式，可以这样记忆：原分式由两个分式“积”(∙)的形式，变成了这两个分式的“差”（−）的形式，只是前面多出了一个“系数”（）。为了让这个“系数“为正数，通常我们将原分式的分母中的两个因式小的写在前，大的写在后，即（𝑎𝑏）由①式，我们可以很容易地得到以下一些等式：()=−，()=(−)，=−,()=(−)对于分母可以写成三个因式乘积的分式，也有与以上类似的“裂差“型变形：𝟏𝒂𝒃𝒄=𝟏𝒄𝒂(𝟏𝒂𝒃−𝟏𝒃𝒄)②通常我们也将三个因式从小到大写，即，(𝑎𝑏𝑐)由②我们也可以容易得到以下等式：()()=[()−()()]2.“裂和”型变形：常见的裂和型变形主要有两种：1）𝟏𝒂𝒃=𝟏𝒂𝒃(𝟏𝒂+𝟏𝒃)③或𝒂+𝒃𝒂𝒃=𝟏𝒂+𝟏𝒃④2）𝒂𝟐+𝒃𝟐𝒂𝒃=𝒃𝒂+𝒂𝒃⑤2.“裂差”型变形与“裂和”型变形的对比：裂差型变形的核心环节是“两两相抵消达到化简的目的“，裂和型变形的题目不仅有“两两抵消”型的，同时还有转化为“分数凑整”型的，易达到简化的目的。4例4：化简：𝑥2−1+𝑥2−4𝑥+3+𝑥2−8𝑥+15+𝑥2−12𝑥+35例5：证明：+++⋯+=()()+()()+⋯+()()补4：化简：()−()()+()()−⋯+⋯+()()−()()补5：化简：()()+()()()+⋯+()()()二、经典例题:解：原式=()()+()()+()()+()()=−+−+−+−=−=()()−()()=×=证明：左式=()()+()()+⋯+()()=−+−+⋯+−=(1𝑥−1−1𝑥+10)+(1𝑥−2−1𝑥+9)+⋯+(1𝑥−10−1𝑥+1)=()()+()()+⋯+()()=()()+()()+⋯+()()=右式∴命题得证解：原式=()−()()+⋯−()()=+−−++−⋯++−−=−=()=解：原式=()−()()+()()−()()+⋯+()()−()()=()−()()=×()()()()()()=9𝑥+90𝑥(𝑥+2)(𝑥+18)(𝑥+20)5一、知识梳理:PART3:部分分式的拆分1.真分式与假分式考虑有理分式𝑹(𝒙)=𝑷(𝒙)𝑸(𝒙)(𝟏)这里，𝑃(𝑥)，𝑄(𝑥)分别是𝑛、𝑚次多项式，且分子多项式𝑃(𝑥)与分母多项式𝑄(𝑥)之间没有公因式。当有理分式（1）的分子多项式的次数𝑛小于其分母多项式的次数𝑚，即𝑛𝑚时，称这个有理分式为真分式；当𝑛≥𝑚时，称这个有理分式为假分式。性质1：利用多项式除法，总可以把一个假分式化成一个整式和一个真分式的和，且这种表示法是唯一的。因此我们主要研究真分式。例如：𝒙𝟑𝒙𝟐𝟐𝒙𝟑𝒙𝟐𝟏=𝒙+𝟏+𝒙𝟐𝒙𝟐𝟏2.部分分式在很多应用问题中，要求我们把一个真分式分解为几个最简真分式代数和的形式，例如𝟓𝒙𝟑(𝟑𝒙𝟏)(𝒙𝟏)=𝟐𝟑𝒙𝟏+𝟏𝒙𝟏，其中两个比较简单的真分式𝟐𝟑𝒙𝟏，𝟏𝒙𝟏叫做原分式𝟓𝒙𝟑(𝟑𝒙𝟏)(𝒙𝟏)的部分分式。部分分式：将一个真分式拆分成几个最简真分式代数和的形式，拆分出的每一个真分式叫做原分式的部分分式。3.部分分式的特征：1）当原有理真分式的分母𝑄(𝑥)中含有一次单重实因式(𝒂𝒙+𝒃)时，则原分式含有部分分式：𝑨𝒂𝒙𝒃，其中𝐴为常数。2）当原有理真分式的分母𝑄(𝑥)中含有一次𝒌重实因式(𝒂𝒙+𝒃)𝒌时，则原分式含有以下𝒌个部分分式：,(),(),…,()，其中𝐴,𝐴,𝐴,…𝐴都是常数。3）当原有理真分式的分母𝑄(𝑥)中含有二次单重实因式(𝒑𝒙𝟐+𝒒𝒙+𝒓)时，则原分式含有部分分式：𝑪𝒙𝑫𝒑𝒙𝟐𝒒𝒙𝒓，其中𝐶、𝐷为常数。4）当原有理真分式的分母𝑄(𝑥)中含有二次𝒔重实因式(𝒑𝒙𝟐+𝒒𝒙+𝒓)𝒔时，则原分式含有以下𝒔个部分分式：𝑪𝟏𝒙𝑫𝟏𝒑𝒙𝟐𝒒𝒙𝒓，𝑪𝟐𝒙𝑫𝟐𝒑𝒙𝟐𝒒𝒙𝒓𝟐，𝑪𝟑𝒙𝑫𝟑𝒑𝒙𝟐𝒒𝒙𝒓𝟑，…,𝑪𝒔𝒙𝑫𝒔𝒑𝒙𝟐𝒒𝒙𝒓𝒔其中𝐶、𝐷…𝐶、𝐷为常数。4.部分分式拆分的方法：根据原分式的分母所含的因式，设所含的所有部分分式的系数，然后用待定系数法确定这些系数。也可以先等式两边去分母，然后用原分母的实根代入求系数。6例6：已知()=++，其中𝐴,𝐵,𝐶为常数，求𝐴+𝐵+𝐶的值。例7：把()()分解成部分分式和的形式。补6：把()()写成部分分式的和的形式。解：通分去分母得：2𝑥+𝑥−11=𝐴𝑥(𝑥−1)+𝐵(𝑥−1)+𝐶𝑥将𝑥=0代入等式两边得：−𝐵=−11,∴𝐵=11将𝑥=1代入等式得：𝐶=2+1−11=−8将𝑥=2代入等式得：2𝐴+11−8×4=8+2−11∴𝐴=10∴𝐴+𝐵+𝐶=10+11−8=13解：设()()=++()通分去分母得：𝑥+7=𝑎(𝑥−1)+𝑏(𝑥+3)(𝑥−1)+𝑐(𝑥+3)将𝑥=−3代入得：16𝑎=9+7⇒𝑎=1将𝑥=1代入得：4𝑐=1+7⇒𝑐=2将𝑥=0代入得：1+𝑏∙3(−1)+6=7⇒𝑏=0∴𝑥2+7(𝑥+3)(𝑥−1)2=1𝑥+3+2(𝑥−1)2解：设()()=+通分去分母得：5𝑥+6=𝑎(𝑥+𝑥+2)+(𝑏𝑥+𝑐)(𝑥−2)将𝑥=2代入得：8𝑎=16⇒𝑎=2将𝑥=0代入得：2×2−2𝑐=6⇒𝑐=−1将𝑥=1代入得：2×4+(𝑏−1)×(−1)=11⇒𝑏=−2∴5𝑥+6(𝑥−2)(𝑥+𝑥+2)=2𝑥−2−2𝑥+1𝑥+𝑥+271.当𝑚为何整数时，的值为整数？2.求方程2(𝑥+𝑦)=𝑥𝑦+7的正整数解。3.化简++。4.将部分分式的和的形式。PART4:课后练习2.解：2𝑦+2𝑥=𝑥𝑦+7𝑥𝑦−2𝑦=2𝑥−7⇒𝑦=∴𝑦=2𝑥−4−3𝑥−2=2−3𝑥−2∵𝑥,𝑦为正整数，∴(𝑥−2)=−1或3，∴原方程的正整数解有“𝑥=1𝑦=5𝑥=5𝑦=13.解：原式=()()+()()+()()=1𝑥+1−1𝑥+2+1𝑥+2−1𝑥+3+1𝑥+3−1𝑥+4=1𝑥+1−1𝑥+4=𝑥+4(𝑥+1)(𝑥+4)−𝑥+1(𝑥+1)(𝑥+4)=3(𝑥+1)(𝑥+4)=3𝑥+5𝑥+44.解：原式=3𝑥+4𝑥2−𝑥−2=3𝑥+4(𝑥−2)(𝑥+1)设()()=+通分去分母得:3𝑥+4=𝑎(𝑥+1)+𝑏(𝑥−2)将𝑥=2代入得：3𝑎=10⇒𝑎=将𝑥=−1代入得：−3𝑏=1⇒𝑏=−∴3𝑥+4𝑥−𝑥−2=103𝑥−6−13𝑥+3解：原式==−2+由题意：(𝑚+1)|5⇒𝑚+1=±1,±5∴当𝑚=−6,−2,0,4时，原式为整数。8补1：𝑥最大取何整数时，的值为整数？补2：化简：()()+()()+()()…+()()+()()补3：把()()写成部分分式的和的形式。解：由余数定理得:(𝑥+3)除(8𝑥+2018)的余数为：8×(−3)+2018=2018−1944=74∴可知8𝑥5+2018=(𝑥+3)𝑞(𝑥)+74,其中𝑞(𝑥)为一个关于𝑥的整系数四次多项式∴原式=𝑞(𝑥)+74𝑥+3,易知𝑥取任何整数时𝑞(𝑥)的值必整数，∴(𝑥+3)|74⇒𝑥最大取71解：原式=−+−+−+⋯+−+−=131𝑥+1−1𝑥+4+1𝑥+4−1𝑥+7+1𝑥+4−1𝑥+7+⋯+1𝑥+94−1𝑥+97+1𝑥+97−1𝑥+100=131𝑥+1−1𝑥+100=33𝑥+101𝑥+100解：设()()=𝑎𝑥+2+𝑏𝑥+𝑐𝑥2+1通分去分母得：𝑎(𝑥+1)+(𝑏𝑥+𝑐)(𝑥+2)=2𝑥+7将𝑥=−2代入得：5𝑎=15⇒𝑎=3将𝑥=0代入得：3×1+2𝑐=7⇒𝑐=2将𝑥=1代入得：3×2+(𝑏+2)×3=9⇒𝑏=−1∴2𝑥+7(𝑥+2)(𝑥+1)=3𝑥+2−𝑥−2𝑥+1