2022年最新初中数学竞赛题汇编 .pdf

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1、精品文档精品文档初中数学竞赛题汇编（代数部分 2）江苏省泗阳县李口中学沈正中精编、 解答例 1：已知 a2b26ab，且 ab0，求。解：由已知得(ab)28ab， (ab)24ab，所以2，因 ab0，所以 ab、ab 均为正数，故。例 2：计算的值 。解：因2，所以。例 3：已知，求解：由已知得2(ab)2ab ，即所以。例 4：已知，求？解：由得，由得，所以1。例 5：已知若 abc=1，求证。分析：所要求证的等式的左边是三个分母差异很大的式子，因而变形比较困难。 可以充分利用 abc=1，将它们化成同分母。 在1aaba的分子、分母上同乘c，化成1ccacacacabcac，将1bbc

2、b的分母1111ccacbbcbaaba名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 1 页，共 8 页 - - - - - - - - - 精品文档精品文档中的“ 1”换成 abc得cacabcbbcb11，然后再相加即可得证。证明： abc=1 = + = =1 。例 6：已知 bc=ad，求证： ab(c2-d2)=(a2-b2)cd 证明： 因 bc=ad，所以由比例的性质得得，所以 ab(c2-d2)=(a2-b2)cd ab(c2-d2)=(a2-b2)cd 。例 7：

3、已知 x=by+cz，y=cz+ax，z=ax+by，且 x+y+z0，. 证明：1111ccbbaa证明： 解方程组(3)(2)(1)byaxzaxczyczbyx(2)+(3)-(1) 得 y+z-x=2ax，所以xzyxaxxzya212则所以zyxxzyaa1同理可得，zyxyzxbb1，zyxzyxcc1所以1111zyxzyxccbbaa例 8：已知 x、y、z 满足关系式1yxzxzyzyx，证明：0222yxzxzyzyx证明： 将已知等式分别乘以x、y、z 得111ccacbbcbaaba1ccaca1ccaccac1111ccaccabdadcdcdbcbaba22名师资料

4、总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 2 页，共 8 页 - - - - - - - - - 精品文档精品文档xyxxzxzxyzyx2yyxyzxzyzyxy2zyxzxzyzzyxz2+ 得zyxyxyzyxxzxzyzxzxyzyxzzyxyyxzxzyzyx)()()(222所以zyxzyxyxzxzyzyx222即：0222yxzxzyzyx例 9：试用关于（ x-1）的各次幂表示多项式322435xxx。解： 设323224352(1)(1)(1)xxxxa xb xc

5、。 因为上式是恒等式，所以不论x取什么数，两边都应相等，据此可设1x，代入上式得4c0 x，代入上式得522ab2x，代入上式得1 61 6652abc联立上面三个式子解得2 ,1 ,4abc323224352(1)2(1)(1)4xxxxxx。这道例题在求待定系数时运用了特殊值法。要尽量减少待定系数的个数，比如可以断定3(1)x的系数是2，就没有必要再将3(1)x项的系数设为待定系数了。例 10：化简解：设 2013 为a，则 2014=(1)a，2012=(1)a，名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理

6、 - - - - - - - 第 3 页，共 8 页 - - - - - - - - - 精品文档精品文档则1。例 11： 解方程组解： （1）原方程组可化为令（1）代入方程组，得解得和代入式中，得和分别解之，得和显然，这些例题运用了换元法就变的简捷了。（2）分析：可由x3+y3, x+y 求出 xy，再由基本对称式，求两个变量 x 和 y。x3+y3(x+y)33xy(x+y) 把和代入，得355315xy. xy=6. 解方程组65xyyx得32yx或23yx. 例 12：求方程 x+y=xy 的整数解。名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - -

7、- - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 4 页，共 8 页 - - - - - - - - - 精品文档精品文档解： x+y=xy (x-1)(y-1)=1。解之，得x-1=1，y-1=1；或x-1=-1， y-1=-1。 x=2 y=2 或x=0 y=0 例 13：已知： a+b+c=0, abc0.求代数式222222222111bacacbcba的值 。分析：这是含 a, b, c 的轮换式，化简第一个分式后，其余的两个分式，可直接写出它的同型式。解：2221cba222)(1babaab21，222222222111bacacbcbaab21bc21c

8、a21abcbac20.例 14：己知 a+accbb111,a bc 求证：a2b2c2=1: 证明： 由己知 a-b=bccbbc11bc=bacbb-c=caacca11ca=cbac同理 ab=acbaabbccaacbabacbcbac1即 a2b2c2=1 例 15：己知:ax2+bx+c 是一个完全平方式（a,b,c是常数）求证：b24ac=0 证明： 设:ax2+bx+c（mx+n）2， m,n 是常数那么:ax2+bx+cm2x2+2mnx+n2根据恒等式的性质得222ncmnbma名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - -

9、- - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 5 页，共 8 页 - - - - - - - - - 精品文档精品文档 b24ac(2mn)24m2n2=0。例 16：已知 x=21(3+1), y=）（1321求下列代数式的值：x3+x2y+xy2+y3；x2 (2y+3)+y2(2x+3).: 解：含两个变量的对称式都可以用相同变量的基本对称式来表示. 先求出x+y=3, xy=21. x3+x2y+xy2+y3(x+y)32xy(x+y)=(3)32321=23； x2 (2y+3)+y2(2x+3)2x2y+3x2+2xy2+3y2=3(x2+y2)+2xy(x+y

10、)=3 （x+y）22xy+2xy(x+y) =3 （21232）221336. 例 17：化简321420321420. :解：设321420 x, 321420=y. 那么x3+y3=40, xy=32196400=2. x3+y3（x+y）33xy(x+y)，40（x+y）36（xy）. 设 x+y=u, 得u36u40=0 . (u4)(u2+4u+10)=0. u2+4u+10=0 没有实数根，u40,u4 . x+y=4. 即3214203214204. 例18：a取什么值时，方程 x2ax+a2=0的两根差的绝对值最小？其最小值是什么？解：设方程两根为 x1,x2 .根据韦达定理

11、，得22121axxaxx名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 6 页，共 8 页 - - - - - - - - - 精品文档精品文档22121)(xxxx212214)xxxx（842aa4)2(2a，当 a=2 时，21xx有最小值是 2. 例 19：若 a+b+c=0，求的值解：a+b+c=0，abc， 2a2+bc=a2+bc+a(-b-c) 例 20：设cbacba1111，证明：a、b、c 三数中必有两个数之和为零。证明： 由cbacba1111得001111

12、cbaabcabccbaabcabccbacba，即从已知知 a、b、c0 ，所以 abc0，且 a+b+c0 ，则(bc+ca+ab)(a+b+c)-abc=0 222222222abcabcbaccab22同理：2()(),2()();bacbabccabcacb222原式+()()()()()()abcabacbabccacb222()()()()()()a bcb cacababbcca()()()1()()()abbccaabbcca名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - -

13、- 第 7 页，共 8 页 - - - - - - - - - 精品文档精品文档(bc+ca+ab)(a+b+c)-abc=a(bc+ca+ab)+ (b+c) (bc+ca+ab) abc = (b+c) (bc+ca+ab)+ abc+a2c+a2b abc =(b+c) (bc+ca+ab)+ a2 (b+c)=(b+c) (a2+bc+ca+ab) =(a+b)(b+c)(c+a) (a+b)(b+c)(c+a)=0，这就是说，在 a+b、b+c、c+a 中至少有一个为零，即 a、b、c 三数中必有两个数之和为零。名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 8 页，共 8 页 - - - - - - - - -