初中数学竞赛辅导配套用于初一初二

1、2.6154例1：证明循环小数为有理数。2.615499261.542.61258.9325893999900 xxxx 证 明 ： 设，两 边 同 乘 100， 则 有 261.54=100两 式 相 减 得 ： 则 0mnmnn形如 （）的数叫有理数。其中 ， 为整数。22012 36， ， 32 4.实数具有阿基米德实数具有阿基米德(Archimedes)性，即对任何性，即对任何 ,0a bbannabR 若，则存在正整数 ，使得5实数集实数集R具有稠密性，即任何两个不相等的实数之间具有稠密性，即任何两个不相等的实数之间必有另一个实数，必有另一个实数， 且既有有理数，也有无理数且既有有理

2、数，也有无理数实数集实数集R具有完备性，即具有完备性，即例例1 1 比较下列各组数的大小比较下列各组数的大小( (不查表不查表) )若若a ab b0 0，则，则a an nb bn n(n(n为大于为大于1 1的整数的整数) )反之，若反之，若a a0 0，b b0 0，且，且a an nb bn n，则，则a ab b1000a baba baba bab 比较法则：（）作差比较法： ( 2 )111abaabbaabbaabb作商比较法：若，同号，则a ab ba ab b即即 性质性质4 4 整数整数a a，能分别被，能分别被b b和和c c整除，如果整除，如果b b与与c c互质，那

3、么互质，那么a a能被能被b bc c整除整除. . .解：设他们的年龄分别是解：设他们的年龄分别是x-1, x , x+1 , x+2(1) (1)(2)5040 xx xx22()(2)5040 xx xx222()2()50400 xxxx22(72)(70)0 xxxx129,8(xx 舍）如果合数如果合数B B分解质因数后是：分解质因数后是：B=aB=am mb bn nc cp p其中其中a a、b b、cc均为质数，均为质数，m m、n n、pp均为自然数均为自然数. . 那么，它的约数个数有那么，它的约数个数有（m+1）（n+1）（p+1）（个）（个）100150 xx解：依题

4、意设该整数为 ，则8=(7+1)=(3+1)(1+1)=(1+1)(1+1)(1+1)7771.2212833150 xaaa若，则（符合题意）若，则（舍）32.1001502,131788,1041361001503,52727,135xa babbxxabbx若则则或此时或若则则此时3.1001502,3,17,192366,1021141381001502,5,11 131010,1101301001502,75,71515,1051001503,7,2121xabcabccxxxabccxxabcabccxabc若则则或此时或或若则则或此时或若则则此时无解若则

5、则此时若则此时无解102,104,105,110,114,128,130,135,136,138x 综上,余数问题余数问题例：例：(1)415解：利用解：利用(ab)3a3b33ab(ab)来解来解例例式.分式的基本性质分式的基本性质分式的分子和分母都乘以（或除分式的分子和分母都乘以（或除以）同一个不等于零的整式，分式的值不变以）同一个不等于零的整式，分式的值不变例例 已知：已知：x+y+z=3a(a0，且，且x，y，z不全相等不全相等)，求，求解解 令令x-a=u，y-a=v，z-a=w，则分式变为，则分式变为 u u2 2+v+v2 2+w+w2 2+2(uv+vw+wu)=0+2(uv+

6、vw+wu)=0由于由于x x，y y，z z不全相等，所以不全相等，所以u u，v v，w w不全为零，不全为零，所以所以u u2 2+v+v2 2+w+w2 200，从而有，从而有例例(x-4)2=3，即x2-8x+130原式分子=(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+13)+2=2例例解法解法1: 利用比例的性质解决分式问题利用比例的性质解决分式问题(1)若若a+b+c0，由等比定理有，由等比定理有 144520032004例题 ：计

7、算22+1232322+.+32002444提 示 ：23 - 111123123122324 - 2112323233例：分解因式：例：分解因式：(x(x2 2+x+1)(x+x+1)(x2 2+x+2)-12+x+2)-122 22 22 22 22 22 22 2例例8 8： 分解因式：分解因式：9x9x4 4-3x-3x3 3+7x+7x2 2-3x-2-3x-2分析分析 因为因为9 9的约数有的约数有1 1，3 3，9 9；-2-2的约数有的约数有1 1，2 2为：为：所以，原式有因式所以，原式有因式9x9x2 2-3x-2-3x-2解解 9x9x4 4-3x-3x3 3+7x+7x

8、2 2-3x-2-3x-2=(9x=(9x2 2-3x-2)(x-3x-2)(x2 2+1)+1)=(3x+1)(3x-2)(x=(3x+1)(3x-2)(x2 2+1)+1)代代 数数 式式 的的 恒恒 等等 变变 形形两个代数式，如果对于字母在允许范围内的一切取两个代数式，如果对于字母在允许范围内的一切取值，它们的值都相等，则称这两个代数式恒等值，它们的值都相等，则称这两个代数式恒等把一个代数式变换成另一个与它恒等的代数式叫把一个代数式变换成另一个与它恒等的代数式叫作代数式的恒等变形恒等式的证明，就是通过恒等作代数式的恒等变形恒等式的证明，就是通过恒等变形证明等号两边的代数式相等变形证明等

9、号两边的代数式相等证明恒等式，没有统一的方法，需要根据具体问证明恒等式，没有统一的方法，需要根据具体问题，采用不同的变形技巧，使证明过程尽量简捷一题，采用不同的变形技巧，使证明过程尽量简捷一般可以把恒等式的证明分为两类：一类是无附加条件般可以把恒等式的证明分为两类：一类是无附加条件的恒等式证明；另一类是有附加条件的恒等式的证的恒等式证明；另一类是有附加条件的恒等式的证明明 1由繁到简和相向趋进由繁到简和相向趋进恒等式证明最基本的思路是恒等式证明最基本的思路是“由繁到简由繁到简”(即由等式即由等式较繁的一边向另一边推导较繁的一边向另一边推导)和和“相向趋进相向趋进”(即将等式两边即将等式两边同时

10、转化为同一形式同时转化为同一形式)例例1 已知已知x+y+z=xyz，证明：，证明： x(1-y2)(1-z2)+y(1-x2)(1-z2)+z(1-x2)(1-y2)=4xyz证证 因为因为x+y+z=xyzx+y+z=xyz，所以，所以左边左边= =x(1-z2-y2-y2z2)+y(1-z2-x2+x2z2)+(1-y2-x2+x2y2) =(x+y+z)-xz2-xy2+xy2z2-yz2+yx2+yx2z2-zy2-zx2+zx2y2=xyz-xy(y+x)-xz(x+z)-yz(y+z)+xyz(xy+yz+zx)=xyz-xy(xyz-z)-xz(xyz-y)-yz(xyz-x)

11、+xyz(xy+yz+zx)=xyz+xyz+xyz+xyz=4xyz=右边右边 例例2 已知已知1989x2=1991y2=1993z2，x0，y0，z0，且且证证 令令1989x1989x2 2=1991y=1991y2 2=1993z=1993z2 2=k(k=k(k0)0)，则，则又因为又因为所以所以所以所以2 2比较法比较法a=b(比商法)这也是证明恒等式的重要思路之一 分析分析 用比差法证明左-右=0本例中，例例3 求证：求证： 同理同理所以所以所以所以(1+p)(1+q)(1+r)=(1-p)(1-q)(1-r)(1+p)(1+q)(1+r)=(1-p)(1-q)(1-r)证明：

12、证明：(1+p)(1+q)(1+r)=(1-p)(1-q)(1-r)(1+p)(1+q)(1+r)=(1-p)(1-q)(1-r)全不为零全不为零根据推理过程的方向不同，恒等式的证明方法又可分根据推理过程的方向不同，恒等式的证明方法又可分为分析法与综合法为分析法与综合法分析法分析法是从要求证的结论出发，寻求是从要求证的结论出发，寻求在什么情况下结论是正确的，这样一步一步逆向推导，寻在什么情况下结论是正确的，这样一步一步逆向推导，寻求结论成立的条件，一旦条件成立就可断言结论正确，即求结论成立的条件，一旦条件成立就可断言结论正确，即所谓所谓“执果索因执果索因”而而综合法综合法正好相反，它是正好相反

13、，它是“由因导果由因导果”即从已知条件出发顺向推理，得到所求结论即从已知条件出发顺向推理，得到所求结论3分析法与综合法分析法与综合法要证要证 a a2 2+b+b2 2+c+c2 2=(a+b-c)=(a+b-c)2 2这最后的等式正好是题设，而以上推理每一步都可逆，故这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所求证的等式成立证证(a+b-c)(a+b-c)2 2=a=a2 2+b+b2 2+c+c2 2+2ab-2ac-2bc+2ab-2ac-2bc，只要证只要证 ab=ac+bcab=ac+bc只要证只要证 c(a+b)=abc(a+b)=ab只要证只要证例例6 6

14、 已知已知a a4 4+b+b4 4+c+c4 4+d+d4 4=4abcd=4abcd，且，且a a，b b，c c，d d都是正都是正数，求证：数，求证：a=b=c=da=b=c=d证证 由已知可得由已知可得 a a4 4+b+b4 4+c+c4 4+d+d4 4-4abcd=0-4abcd=0，(a(a2 2-b-b2 2) )2 2+(c+(c2 2-d-d2 2) )2 2+2a+2a2 2b b2 2+2c+2c2 2d d2 2-4abcd=0-4abcd=0，所以所以(a(a2 2-b-b2 2) )2 2+(c+(c2 2-d-d2 2) )2 2+2(ab-cd)+2(ab

15、-cd)2 2=0=0因为因为(a(a2 2-b-b2 2) )2 200，(c(c2 2-d-d2 2) )2 200，(ab-cd)(ab-cd)2 200， 所以所以a a2 2-b-b2 2=c=c2 2-d-d2 2=ab-cd=0=ab-cd=0，所以所以 (a+b)(a-b)=(c+d)(c-d)(a+b)(a-b)=(c+d)(c-d)0 0又因为又因为a a，b b，c c，d d都为正数，所以都为正数，所以a+b0a+b0，c+d0c+d0， 所以所以a ab b，c=dc=d所以所以ab-cd=aab-cd=a2 2-c-c2 2=(a+c)(a-c)=0=(a+c)(a

16、-c)=0，所以所以a ac c故故a=ba=bc=dc=d成立成立含参数的一元二次方程的整数根问题含参数的一元二次方程的整数根问题例例1 m1 m是什么整数时，方程(m2-1)x2-6(3m-1)x720有两个不相等的正整数根 首先，首先，m m2 2-1010，mm1 1=36(m=36(m-3)3)2 20 0，所以，所以m3m3用求根公式可得用求根公式可得由于由于x x1 1，x x2 2是正整数，是正整数，所以所以m-1=1m-1=1，2 2，3 3，6 6，m+1=1m+1=1，2 2，3 3，4 4，6 6，1212，解得解得m=2m=2这时这时x x1 1=6=6，x x2 2

17、=4=4例例2 已知关于已知关于x的方程a2x2-(3a2-8a)x2a2-13a15=0(其中a是非负整数)至少有一个整数根，求a的值解解 因为因为a0，所以所以所以只要所以只要a a是是3 3或或5 5的约数即可，即的约数即可，即a=1a=1，3 3，5 5解解 一个整系数的一元二次方程有有理根，那么它的判别式一定是一个整系数的一元二次方程有有理根，那么它的判别式一定是完全平方数令完全平方数令=(m-1)=(m-1)2 2-4m-4mn n2 2，其中其中n n是非负整数，于是是非负整数，于是m m2 2-6m+1=n-6m+1=n2 2，所以所以 (m-3)(m-3)2 2-n-n2 2

18、=8=8，(m-3(m-3n)(m-3-n)n)(m-3-n)8 8由于由于m-3m-3nm-3-nnm-3-n，并且并且(m-3(m-3n)+(m-3-n)=2(m-3)n)+(m-3-n)=2(m-3)是偶数，是偶数，所以所以m-3m-3n n与与m-3-nm-3-n同奇偶，所以同奇偶，所以例例3 设m是不为零的整数，关于x的二次方程mx2-(m-1)x10有有理根，求m的值例例4 关于关于x的方程ax2+2(a-3)x+(a-2)=0至少有一个整数解，且a是整数，求a的值解：当解：当a=0时，原方程变成-6x-2=0，无整数解当a0时，方程是一元二次方程，它至少有一个整数根，说明判别式4

19、(a-3)2-4a(a-2)4(9-4a)为完全平方数，从而9-4a是完全平方数令9-4a=n2，则n是正奇数，要使x1为整数，而n为正奇数，只能n=1，从而a=2要使x2为整数，即n-34，n可取1，5，7，从而a=2，-4，-10综上所述，a的值为2，-4，-10例例5 5 已知关于已知关于x的方程x2(a-6)xa=0的两根都是整数，求a的值解解 设两个根为设两个根为x1x2，由韦达定理得从上面两式中消去从上面两式中消去a a得得x x1 1x x2 2+x+x1 1+x+x2 26 6，所以所以 (x(x1 11)(x1)(x2 2+1)=7+1)=7，所以a=x1x2=0或16当r0

20、时，原方程是关于x的一元二次方程，设它的两个整数根为x1，x2，且x1x2，则消去r得x1x2-x1-x22，所以(x1-1)(x2-1)=3例例6 求所有有理数r，使得方程rx2+(r+1)x(r-1)=0的所有根是整数解 当r=0时，原方程为x-1=0，所以x=1例例7 7 已知a是正整数，且使得关于x的一元二次方程ax22(2a-1)x4(a-3)=0至少有一个整数根，求a的值解解 将原方程变形为将原方程变形为(x2)2a= 2(x6)显然x20，于是由于由于a a是正整数，所以是正整数，所以a1a1，即，即所以所以 x x2 2+2x+2x-8080，(x(x4)(x4)(x-2)02

21、)0，所以所以 -4x2(x4x2(x-2)2)当当x=x=-4 4，-3 3，-1 1，0 0，1 1，2 2时，得时，得a a的值为的值为1 1，6 6，1010，3 3，一：和差代换求值22222,2xyxyxxyxyyxyxxy对 于 任 意 两 个 实 数 x 和 y , 总 有a = a + b若 令则 有y = a - bb =这 种 代 换 称 为 和 差 代 换 。代代 数数 式式 求值求值?22例题1:已知a +b =6ab且ab0a+b则a-b?22例 题 2 : 已 知 a+ b = 4 a b 且 a b 0a + b则a - b例题3:计算 14+6 514-6 5

22、的值例题4:计算 2+ 32- 3的值2222例 题 5:已 知 实 数 a,b满 足a +ab+b =1且 t=ab-a -b ,那 么 t的 取 值 范 围 是 ?2222例题6:已知实数a,b满足a +ab+b -2=0且t=a -ab+b ,那么t的取值范围是?2222maxmin作 业 :已 知 实 数 a,b满 足4a -5ab+4b =5设 s=a +b ,11则SS二：变形代入法例题：例题：111,1,2abca如果 +b+那么， c+等于多少？2 21,a ba bb aa b例题8：如果 +则 +？223223360270 (0 )52231 0?xyzxyzxyzxyzx

23、yz例 题 9 : 若 4则 代 数 式的 值 等 于三：参数法2222238432560,136440?mm nm nnmm nn例 题 10:已 知则2的 值 是四：和差法五：整体法22322,22xxxxxxx2例题11:已知 是实数，且满足那么的值是？六：特殊值法432?xaxbxcxdxeabcde 4例题12:若（3 +1）则七：活用公式法22.3333333例 题 13:已 知 a+b=2002a-b=2002且 b +cb -c那 么 a b -c 的 值九：构造法?2222例题15:已知p,q满足p -2p-5=0和111() -2()-5=0,那么p +qqq223232?

24、abab2作业16:已知a,b满足x -x-1=0的两个根,则代数式的值十：升次法 平面图形中所含的线段长度、角的大小及图形的面积平面图形中所含的线段长度、角的大小及图形的面积在许多情形下会呈现不等的关系由于这些不等关系出现在许多情形下会呈现不等的关系由于这些不等关系出现在几何问题中，故称之为几何不等式在几何问题中，故称之为几何不等式 几几 何何 不不 等等 式式定理定理1 1 在三角形中，任两边之和大于第三边，任两边之差在三角形中，任两边之和大于第三边，任两边之差小于第三边小于第三边定理定理2 2 同一个三角形中，大边对大角，小边对小角，反之同一个三角形中，大边对大角，小边对小角，反之亦然亦

25、然 定理定理3 3 在两边对应相等的两个三角形中，第三边大的，所在两边对应相等的两个三角形中，第三边大的，所对的角也大，反之亦然对的角也大，反之亦然 定理定理4 4 三角形内任一点到两顶点距离之和，小于另一顶点三角形内任一点到两顶点距离之和，小于另一顶点到这两顶点距离之和到这两顶点距离之和 定理定理5 5 自直线自直线l l外一点外一点P P引直线引直线l l的斜线，射影较长的斜线的斜线，射影较长的斜线也较长，反之，斜线长的射影也较长也较长，反之，斜线长的射影也较长 定理定理6 6 在在ABCABC中，点中，点P P是边是边BCBC上任意一点，则有上任意一点，则有PAmaxPAmaxABAB，

26、ACAC，当点，当点P P为为A A或或B B时等号成立时等号成立例例1 在锐角三角形在锐角三角形ABC中，ABAC，AM为中线，P为AMC内一点，证明：PBPC(图2-137) 证证 在在AMB与AMC中，AM是公共边，BM=MC，且ABAC，由定理3知，AMBAMC，所以AMC90过点P作PHBC，垂足为H，则H必定在线段BM的延长线上如果H在线段MC内部，则BHBM=MCHC如果H在线段MC的延长线上，显然BHHC，所以PBPC 例例2 2 已知已知P是ABC内任意一点(图2-138)(1)求证：(2)若ABC为正三角形,且边长为1,求证:PA+PBPC21()2abcPAPBPCabc证证 (1)(1)由三角形两边之和大于第三边得PAPBc，PBPCa，PCPAb把这三个不等式相加，再两边除以2，便得1()2PAPBPCabc又由定理4可知PAPBab， PBPCbc，PC+PAca把它们相加，再除以2，便得PAPBPCabc(2)过P作DEBC交正三角形ABC的边AB，AC于D，E，如图2-138所示于是PAmaxAD，AEAD，PBBDDP，PCPEEC，所以PAPBPCADBDDPPEEC=ABAEEC=2(2)若ABC为正三角形,且边长为1