初中数学竞赛题汇编(代数部分1)

初中数学竞赛题汇编初中数学竞赛题汇编 代数部 代数部分分1 1 江苏省泗阳县李口中学 沈正中 精编 解答 例例 1 若 m2 m 1 n2 n 1 且 m n 求 m5 n5的值 解 解 由已知条件可知 m n 是方程 x2 x 1 0 两个不相等的根 m n 1 mn 1 m2 n2 m n 2 2mn 3 或 m2 n2 m n 2 3 又 m3 n3 m n m2 mn n2 4 m5 n5 m3 n3 m2 n2 mn 2 m n 11 例例 2 已知 解 解 设 则 u v w 1 由 得 即 uv vw wu 0 将 两边平方得 u2 v2 w2 2 uv vw wu 1 所以 u2 v2 w2 1 即 例例 3 已知 x4 x3 x2 x 1 0 那么 1 x x2 x3 x4 x2014 解 解 1 x x2 x3 x4 x2014 1 x x2 x3 x4 x5 x6 x7 x8 x9 x2010 x2011 x2012 x2013 x2014 1 x x2 x3 x4 x5 1 x x2 x3 x4 x2010 1 x x2 x3 x4 0 例例 4 证明循环小数 为有理数 证明 证明 设 x 将 两边同乘以 100 得 得 99x 261 54 2 61 即 x 例例 5 证明 是无理数 证明证明 反证法 假设 不是无理数 则 必为有理数 设 p q 是互质的自然数 两边平方有 p2 2q2 所以 p 一定是偶数 设 p 2m m 为自然数 代入 整理得 q 2m2 所以 q 也是偶数 p q 均为偶数与 p q 是互质矛盾 所以 不 是有理数 即为有理数 例例 6 解 解 例例 7 化简 1 2 3 4 5 6 解 解 1 方法 1 方法 2 设 两边平方得 由此得 解之得 或 所以 2 3 4 设 两边平方得 由此得 解之得 所以 1 5 设 则 所以 6 利用 a b 3 a3 b3 3ab a b 来解答 设 两边立方得 即 x3 6x 40 0 将方程左边分解因式得 x 4 x2 4x 10 0 因 x2 4x 10 x 2 2 6 0 所以 x 4 0 即 x 4 所以 4 例例 8 解 解 用构造方程的方法来解 设原式为利用根号的层数是无限的特 点 有 两边平方得 即 继续两边平方得 x4 4x2 4 2 x 即 x4 4x2 x 2 0 左边分解因式得 x 1 x 2 x2 x 1 0 求得 x1 1 x2 2 x3 因 0 x 2 所以 x 1 x 2 x 应舍去 所以 x 即 例例 9 设 的整数部分为 x 小数部分为 y 试求 的值 解 解 而 所以 x 2 y 因此 例例 10 已知 x y z 3a a 0 且 x y z 不全相等 求 的值 解 解 设 x a u y a v z a w 则 且有已知有 u v w 0 将 u v w 0 两边 平方得 u2 v2 w2 2 uv vw wu 0 由于 x y z 不全相等 所以 u v w 不全为零 所以 u2 v2 w2 0 故 例例 11 已知 x 求 的值 解 解 所以 x 4 x 4 2 3 x2 8x 13 0 所以 原式分子 x4 6x3 2x2 18x 23 x4 8x3 13x2 2x3 16x2 26x x2 8x 13 10 x2 x2 8x 13 2x x2 8x 13 x2 8x 13 10 10 原式分母 x2 8x 15 x2 8x 13 2 2 所以 5 例例 12 已知 求 的值 解 解 方法 1 当 a b c 0 时 据等比定理有 1 由此得 a b c c b c a a c a b b 所以 8 当 a b c 0 时 1 方法 2 设 k 则 a b k 1 c b c k 1 a c a k 1 b 得 2 a b c k 1 a b c 即 a b c k 1 0 故 k 1 或 a b c 0 以下同上 例例 13 计算 解 解 例例 14 分解因式 1 x3 9x 8 2 x2 x 1 x2 x 2 12 3 x2 xy y2 4xy x2 y2 4 x2 3xy 2y2 4x 5y 3 解 解 1 方法 1 x3 9x 8 x3 9x 1 9 x3 1 9x 9 x 1 x2 x 1 9 x 1 x 1 x2 x 8 方法 2 x3 9x 8 x3 x 8x 8 x3 x 8x 8 x x 1 x 1 8 x 1 x 1 x2 x 8 方法 3 x3 9x 8 9x3 8x3 9x 8 9x3 9x 8x3 8 9x x 1 x 1 8 x 1 x2 x 1 x 1 x2 x 8 方法 4 x3 9x 8 x3 x2 x2 9x 8 x3 x2 x2 9x 8 x2 x 1 x 8 x 1 x 1 x2 x 8 2 设 x2 x y 则 x2 x 1 x2 x 2 12 y 1 y 2 12 y2 3y 10 y 2 y 5 x2 x 2 x2 x 5 x 1 x 2 x2 x 5 3 x2 xy y2 4xy x2 y2 x y 2 xy 2 4xy x y 2 2xy 令 x y u xy v 则 x2 xy y2 4xy x2 y2 x y 2 xy 2 4xy x y 2 2xy u2 v 2 4v u2 2v u4 6u2v 9v2 u2 3v 2 x2 2xy y2 3xy 2 x2 xy y2 2 4 方法 1 设 x2 3xy 2y2 4x 5y 3 x 2y m x y n x2 3xy 2y2 m n x m 2n y mn 比较两边对应项的系数 则有 解之得 m 3 n 1 所以原式 x 2y 3 x y 1 方法 2 x2 3xy 2y2 4x 5y 3 x y 常数 1 1 1 1 2 3 即 x y 1 x 2y 3 例例 15 化简 解 解 因这个代数式的特性时轮换对称式 只要对其中的一项进行变 形 然后再对其他项进行轮换即可 所以 0 例例 16 已知 证明 a2 b2 c2 a b c 2 证明证明 分析法 因 a b c 2 a2 b2 c2 2ab 2bc 2ca 所以 要证 a2 b2 c2 a b c 2 只要证 ab ac bc 只要证 c a b ab 只要证 因为也为 a b c 都不为 0 即 最后的等式正好是题设 而以上推理每一步都可逆 故所求证的等 式成立 例例 17 已知 a4 b4 c4 d4 4abcd 且 a b c d 都是正数 求证 a b c d 证明 证明 由已知可得 a4 b4 c4 d4 4abcd 0 a2 b2 2 c2 d2 2 2a2b2 2c2d2 4abcd 0 所以 a2 b2 2 c2 d2 2 2 ab cd 2 0 因为 a2 b2 2 0 c2 d2 2 0 ab cd 2 0 所以 a2 b2 c2 d2 ab cd 0 所以 a b a b c d c d 0 又因为 a b c d 都为正数 所以 a b 0 c d 0 所以 a b c d 所以 ab cd a2 c2 a c a c 0 所以 a c 故 a b c d 成立 例例 18 m 是什么整数时 方程 m2 1 x2 6 3m 1 x 72 0 有两个不相等的正整数根 解 解 首先 m2 1 0 m 1 36 m 3 2 0 所以 m 3 用求根公式可得 由于 x1 x2是正整数 所以 m 1 1 2 3 6 m 1 1 2 3 4 6 12 解得 m 2 这时 x1 6 x2 4 例例 19 己知 a a b c 求证 a2b2c2 1 证明 证明 由己知得 a b 所以 bc 同理得 ca ab 所以 ab bc ca 1 即 a2b2c2 1 例例 20 己知 ax2 bx c 是一个完全平方式 a