初中数学竞赛题汇编(代数部分2) 8页

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a2＋b2＝6ab，且a＞b＞0，求。解：由已知得(a＋b)2＝8ab，(a－b)2＝4ab，所以＝2，因a＞b＞0，所以a＋b、a－b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(a＋b)2＝ab，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。在的分子、分母上同乘c，化成，将\n的分母中的“1”换成abc得，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……①……②……③①×②×③得，所以ab(c2-d2)=(a2-b2)cd∴ab(c2-d2)=(a2-b2)cd。例7：已知x=by+cz，y=cz+ax，z=ax+by，且x+y+z≠0，.证明：证明：解方程组(2)+(3)-(1)得y+z-x=2ax，所以所以同理可得，，所以例8：已知x、y、z满足关系式，证明：证明：将已知等式分别乘以x、y、z得\n①②③①+②+③得所以即：例9：试用关于（x-1）的各次幂表示多项式。解：设。因为上式是恒等式，所以不论取什么数，两边都应相等，据此可设，代入上式得……①，代入上式得……②，代入上式得……③联立上面三个式子解得∴。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，比如可以断定的系数是2，就没有必要再将项的系数设为待定系数了。例10：化简。解：设2013为，则2014=，2012=，\n则＝－1。例11：解方程组……①……②解：（1）原方程组可化为令（1）代入方程组，得解得和代入⑴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)3－3xy(x+y)……③把①和②代入③，得35＝53－15xy.∴xy=6.解方程组　　得　　或.例12：求方程x+y=xy的整数解。\n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,　abc≠0.　求代数式　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：∵＝＝，∴＝－－－＝－＝0.例14：己知a+,a≠b≠c　求证：a2b2c2=1:证明：由己知a-b=∴bc=b-c=∴ca=同理ab=∴ab　bc　ca＝＝1　　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：b2－4ac=0证明：设:ax2+bx+c＝（mx+n）2，m,n是常数那么:ax2+bx+c＝m2x2+2mnx+n2\n根据恒等式的性质　得　∴b2－4ac＝(2mn)2－4m2n2=0。例16：已知x=(+1),y=求下列代数式的值：　①x3+x2y+xy2+y3；②x2(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=,　xy=.①x3+x2y+xy2+y3＝(x+y)3－2xy(x+y)=()3－2×=2；　　②x2(2y+3)+y2(2x+3)＝2x2y+3x2+2xy2+3y2=3(x2+y2)+2xy(x+y)=3［（x+y）2－2xy］+2xy(x+y)=3［（）2×＝－6.例17：化简　＋.:解：设＝x,　　=y.　　　　那么　x3+y3=40,　xy==2.　　　　　　∵x3+y3＝（x+y）3－3xy(x+y)，　　　　　　∴　40＝（x+y）3－6（x＋y）.设x+y=u,得　u3－6u－40=0.(u－4)(u2+4u+10)=0.　　　　　∵u2+4u+10=0没有实数根，　　　　　　∴u－4＝0,　u＝4.　∴x+y=4.即　＋＝4.例18：a取什么值时，方程x2－ax+a－2=0　的两根差的绝对值最小？其最小值是什么？\n解：设方程两根为x1,　x2.　根据韦达定理，　得　∵＝＝＝，∴当a=2时，　有最小值是2.例19：若a+b+c=0，求的值解：∵a+b+c=0，∴a＝－b－c，∴2a2+bc=a2+bc+a(-b-c)∴例20：设，证明：a、b、c三数中必有两个数之和为零。证明：由得从已知知a、b、c≠0，所以abc≠0，且a+b+c≠0，则(bc+ca+ab)(a+b+c)-abc=0∵(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)\n∴(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。