2014 数学竞赛 方程型问题综合讲解_中考_初中教育_教育专区.pdf

1 1 方程型问题综合讲解方程型问题综合讲解 张小明主讲 一 方一 方程的解与函数的单调性程的解与函数的单调性 对于某些特殊或是难解的方程和不等式 不妨构造函数 利用函数的性质去求解 往往 能化难为易 出奇制胜 例例 1 1 解方程235 xxx 解解 一眼看出1x 是原方程的根 那还有没有其他的根呢 暂无充分的理由否定 作 变形 23 235 1 55 xxxxx 构造函数 23 55 xx f x 在R上单调递减 又 1 1f 故原方程有唯一解1x 例例 2 2 解方程 3 199512xx 解解 构造函数 3 1995f xxx 则 f x在 19 上为增函数 又观察 知 30 12f 故原方程有唯一解30 x 例例 3 3 解方程 22 31 965 1 23 41213 1 0 xxxxxx 解解 设函数 2 41 f ttt 其为R上的奇函数 且单调递增 原方程即 31 23 0fxfx 则31 230 xx 4 5 x 例例 4 4 解方程组 32 32 32 1 3 1 3 1 3 xyy yzz zxx x y zR 解解 由 32 11 312 xyy 知0 x 同理y 0z 记函数 2 1 3 f ttt 在 0 上为增函数 则方程组变为 3 3 3 xf y yf z zf x 下面用反证法证明必须有xyz 若xy 则 f xf y 即 33 zx zx 则 f zf x 即 33 yz yz 于 是 xyzx 矛盾 若xy 则 f xf y 即 33 zx zx 则 f zf x 即 33 yz yz 于 是 xyzx 矛盾 综上 xy 同理可证yz 于是xyz 下面就是解方程 32 1 3 xxx 你说 这是三次方程 超出我能力范围了 不会解啊 不要这么快就否定自己 不妨做个变形 马上就会了 1 2 323233 1 33314 1 3 xxxxxxxx 所以 3 1 41 xyz 二 几个特殊方程的解二 几个特殊方程的解 例例 1 1 求方程 53 102040 xxx 的实数解 解 设 2 xu u 此时关于u的方程 2 20uux 一定有解 所以此设法可行 则 方程化为 5 5 32 40u u 解得 5 8u 或 5 4u 所以 5 5 2 8 8 x 或 5 5 2 4 4 x 注 注 1 32 0 xaxbxc 型可化为 3 0 xd xe 型方 程 23 323 2323 33 0 0 3327 22 0 0 3333273327 aaa xaxbxcxbxc aaaabaaaba xbxctbtc 结论成立 2 所有 3 0 xaxb 型方程可化为一元两次方程 令 c xt t 则有 3 0 cc ta tb tt 23 3 3 3 30 ccac tctatb ttt 23 3 3 3 3 0 cacc tca tb tt 若令30ca 则方程化为 3 3 3 0 c tb t 其可 化为关于 3 t的一元二次方程 可解 例例 2 2 设 322 9 29270kxkxk xk 解方程 例例 3 解方程 222 32 3 32 2xxxxx 其解为 2 22 2 2 32 32 32 32 4 0 140 32 13 22 yxx yxxxyy xyy xy xyxyxy yxxx 解 设原方程变为 两式相减得到 或 2 代入得到 例例 4 4 设 x y zN 6xyz 1114 2 xyzxyz 求 x y z 解 4 11141 1 142 244 xyzxyzx y z xyzxyz 33 22 442 6 33 xyz 三 函数方程三 函数方程 1 3 例例 1 1 20132013 年清华大学夏令年清华大学夏令营 营 若对每一个实数x y 连续函数 f x满足 1f xyf xf yxy 若 2 2f 试求满足 f aa 的所有整数 a 解 由 1fxyfxfyx y 且 222 111 222 xyxyxy 从 而 222 111 1 1 1 222 fxyxyfxxfyy 令 2 1 1 2 g xf xx 则得 g xyg xg y 由 Cauchy 方程 得 g xkx 即 2 1 1 2 f xxkx 又 由于 2 2212fk 得 3 2 k 所以 2 13 1 22 f xxx 令 f xx 即 2 11 10 22 xx 即 2 20 xx 即 1 2 0 xx 解得1x 或2 x 所以满足 f aa 的所有整数只有1 2 两数 例例 2 2 定义在 0 的函数 f x单调 且恒满足 1 1f xff x x 求 f x 例例3 3 确 定 所 有 的 函 数 fRR 使 得 对 任 意 的 x yR 恒 有 1fxfyffyx fyfx 第 40 届 IMO 解 令 xf y 有 2 0 1ff f yfyf f y 2 0 12 fyff f y 所以对于值域中所有x都有 2 1 0 1 22 f f xx 同时令0 xy 知 0 0f 又有 0 0 0 1f xff xf fxf 知 0 f xff x 的取值为 所 以对于任意的 x 存在值域中的 12 y y 使得 12 xyy 122121 1f xf yyf yy yf y 22 2121 1 0 11 0 1 1 2222 ff yy yy 1 4 2 22 2121 11 0 0 222 x yfy yyf 至此知 0 1f 所以 2 1 2 x f x 例例 4 4 求函数 fRR 使满足 6 f f xxf x 解 法1 显 然 有6 0 xf x 6f xx 进 而 有 6 f f xf x 6 6 f f xxf xf x 6 7 f xx 即 有 6 7 fxffx 6 6 7 f xxf x 42 13 f xx 又 42 13 f f xf x 42 6 13 xf xf x 78 55 xf x 总 之 不 但 有 1 nn axf xa x 其中 1234 64278 6 71355 aaaa 且 1 6 1 n n a a 易知奇次项单 调减少且大于 2 偶次项单调增加且小于 2 设奇次项的极限为 偶次项的极限为 我们 有 66 11 解得2 所以 2f xx 恒成立 解法 2 对于任意x 设 123 ax af x af f x 则知 21 6 nnn aaa 其 特征方程为 2 60 解得3 2 则有 12 3 2 nn n acc 由于0 n a 恒成 立 所以 1 0c 2 2n n ac 2 2xc 2 2 x c 2 2 22 2 x af xx 例例 5 5 第 35 届 IMO 设S表示所有大于 1 的实数构成的集合 确定所有的函数 fSS 满足以下两个条件 1 对于S内所有的 x y有 f xf yxf yyf xyf x 2 在区间10 x 与0 x 的每一个区间 f x x 为严格单调增加的 解 令yx 有 fxfxx fxxfxx fx 若 令 x Cxfxx fx 则有 xx f CC 再在 中令 x xC 有 xxxxxxxx f Cf CC f CCf CC f C 22 2 2 xxxx fCCCC 此时 2 2 2 1 2 xxx xxx f CfCC CCC 若0 x C 根据条件有 2 2 xxx CCC 得出矛盾 若 10 x C 则可知 2 120 xx CC 根据条件有 2 2 xxx CCC 同样得出矛盾 所 以0 x C 恒成立 0 1 x xf xxf xf x x 四四 方程的复根方程的复根 性质 性质 虚根成对定理 虚根成对定理 设 f x是实系数多项式 且 0P 则 0PP 即若 为 P x的根 则 也是 P x的根 进一步 若 为 P x的k重根 则 也是 P x 的k重根 性质 实系数多项式因式分解定理 性质 实系数多项式因式分解定理 任意一个n次实系数多项式 f x都可以表示为 22 111 2 2 nmll f xaxxxxxb xcxb xc 如果不计因式的书写顺序 这种表示是惟一的 其中 m l是非负整数 12 2 m mln x xx 是 f x的全部实根 1 5 而 11 ll bb cc 是实数 并且二次三项式 22 11 2 2 ll xb xcxb xc 都没有实根 即 22 11 ll bcbc 奇数次实系数多项式至少有一个实根 性质 性质 设 0 q p 是整系数多项式 10 n n f xa xa xa 的有理根 其中 p qZ 1p q 则 0 n p a q a 特别地 整系数多项式 1 10 nn n f xxaxa 的有理根都为整数 性质 性质 韦达定理 韦达定理 如果 1 110 nn nn f xa xaxa xa 有 n 个零点 12 n x xx 重根按次数计算 那么 1 1 n n i ni a x a 2 1 n ij nij n a x x a 12 12 1 1 k k kn k iii niiin a x xx a 0 1 1 n n i ni a x a 性质 性质 艾森斯坦因判别法则 艾森斯坦因判别法则 设 1 110 nn nn f xa xaxa xa 为实系数多 项式 若存在质数p 使得 1 0 1 2 1 i p a in 2 p n a 3 2 p 0 a 则 f x不能表示为两个次数都小于n的有理数系数多项式的乘积 例例 1 设1 2 1 0 1 1 1 1 niaxaxaxxf in nn 有n个不同的实根 求 证 n f3 2 证明 设 2 1 ni i 为 xf的n个实根 因为1 2 1 0 niai 所以必 有0 i 令0 ii 则1 21 n 以及 1n xxxf 由于 3 3112 iii 所以 3 211 3 2 2 2 n n n f n 3 例例2 2 设 1 011 nn nn f xa xa xaxa 为实系数多项式 且 011 0 nn aaaa 求证 0f x 的所有复根的模都大于 1 证明 设 001101 nnn ba baabaa 有 1 001011011 nn nnn f xb xbb xbbbxbbbb 11 011 11 1 nnn nn bxxxb xxbxb 1 01 111 111 nn n xxx bbb xxx 若z是 0f x 的一个复根 则1z 和 1 01 1110 nn n bzb zbz 1 0101 nn nn b zb zb zbbb 此时若 1z 则有 11 0101011 nnnn nnnn b zb zb zbzbzbzbbbb 得出矛盾 若 1 1zz 可设 cossin02zi 0101 cos 1 sin 1 cossincossin nn bninbninbizbbb cos 1 coscos1nn 产生矛盾 1 6 例例 3 3 19921992 年中国奥林匹克试题 年中国奥林匹克试题 设方程 1 110 0 nn n xaxa xa 的系数都是实数 且满足条件 011 01 n aaa 是方程的复数根且 1 求证 1 1 n 证明 显然0 1 1 110 1 0 nn n aaa 12 121100 1 nn n aaaaaa 12 121100 1 nn n aaaaaa 1 1 n 所以 1 复数 2 121100 1 n n aaaaaa 除零以后 都有有相同的方向 所以 1 10 n a 和1 n 之一成立 21 0aa 和 2 1 之一成立 10 0aa 和1 之一成立 都知 1n 为实数 1 1 n 例例 4 4 设 1211 71f xxx 若 1212 x xx 为 0f x 的 12 个不同根 求证 222 11221212 11167xxxxxx 证明 因为 1211 1212 71xxxxxxxx 若令1x 则有 1211 1212 1 1 1 1 7 1 15xxx 在 1211 710f xxx 中 令 3 xy 有 11 4 3 710yy 11 4 3 17yy 3 411 1343yy 3 411 13430yy 所以 333 1212 x xx 是 3 411 13430yy 的根 因此有 3 411333 1212 1343yyyxyxyx 令1y 有 333 1212 8343111xxx 333 1212 111335xxx 至此 333 222 1212 11221212 1212 111335 11167 1115 xxx xxxxxx xxx 例例 5 设 199919982 1999199821f xxxxx 求证 xf至少有一个根为复数 根 证明 因为1 0 f 所以 xf的根不全为零 令 x y 1 则 1999199832 1996199719981999 yyyyyyg 设 19991 yy 为 yg的根 则由韦达定理 1 1999 1 2 i i y 于是必有某个 i y为复根 从而 i i y x 1 为复根 例例 6 证明 不存在一个次数为 998 次的实系数多项式 P x 使得对任意xC 均有 2 2 11P xP x 证 用反证法 设存在满足条件的 P x 并设 998997 99899710998 0P xaxaxa xaa 利用 式 比较两边多项式的系数 得 99799531 0aaaa 于是 P x是一个偶数 1 7 课后练习课后练习 1 1 解方程 2 223xxxxx 解解 构造函数 2 22f xxxxxx 则 f x在 0 上为增函数 又观察知 1 3 4 f 故原方程有唯一解 1 4 x 2 2 解方程314354xxx 解解 由原方程得 3143 1 5454 xx xx 设函数 3143 5454 xx f x xx 3 4 x 易判 f x在 3 4 上为增函数 观察知1x 是原方程的根 也是唯一的 3 3 解方程 33 43 1060 xxx 解解 原方程即 33 43 2 43 2 0 xxxx 设函数 3 2f ttt 为R上的 奇函数 且在R上单调递增 则 43 0fxf x 430 xx 3 5 x 4 4 解不等式 2100520102 1 210 xxx 解解 原不等式变形为 2100522 10052 1 1 0 xxxx 设函数 1005 f ttt 为R上的增函数 且为奇函数 则有 22 1 0f xf x 则 22 10 xx 解得 22 22 x 5 5 若关于x的方程 432 10 xaxaxax 有实数根 求实数a的取值范围 解 显 然0 x 方 程 两 边 同 除 以 2 x后 有 2 2 11 0 xa xa xx 2 11 20 xa xa xx 由于 1 2x x 和 1 2x x 即要求 2 20yaya 在 2 或 2 有解 当 2 2 2 a 时 即44a 时 要求4220aa 或4220aa 即 2a 或 2 3 a 所以有24a 或 2 4 3 a 当 2 2 2 a 时 即4a 或4a 要求判别式 2 4 2 0aa 此为恒成立 综上实数a的取值范围为 2 3 2 6 6 20132013 泛非数学奥林匹克题 泛非数学奥林匹克题 已知6xyz 解不等式 11 2 1 2 6 yxzy x z 1 8 解 联立条件上的两式有 111 6 x zyxzy 2 1 1 1 6 x zyyxz 9 6 x x 2 690 xx 3x 由柯西不等式取等的