初中数学竞赛讲座数与式、方程、应用性问题.doc

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初中数学竞赛讲座
数与式、方程、应用性问题
数与式、方程、应用性问题是初中竞赛的主体内容，比重占到二分之一强。涉及到这部分内容的选择题、填空题特点是“小、巧、活”,解答题则基础、厚重。复习这部分内容的有效方法是对照中国数学会普及工作委员会制定的初中数学竞赛大纲（2006年修订试用稿)，逐条训练、理解、掌握.
下面选取近几年的全国初中竞赛试题对这部分内容作一些剖析，以重难点、解题方法为主线，期望既能在试题的剖析中领悟、消化这些方法，又能把握全国初中数学竞赛试题的脉络。以下例题中（2001—2）指的是（2001年全国初中竞赛第2题），其他类同.
一、数与式问题
1。奇偶性分析、整除性分析
［例1] （2001-2）如果是三个任意整数，那么（ )．
(A）都不是整数 （B）至少有两个整数
（C)至少有一个整数 （D）都是整数
[解答]三个整数中至少有两个同奇偶，这两个数的和即为偶数，和的一半即为整数,故选C.
[点评]近年来单独考查奇偶性的试题较少，多数是将奇偶性分析、整数问题融入到其他知识中去解决问题，是一个重要的“题眼",更多的例题可参考后面的“方程的整数根问题”.
[例2] (2007-5)方程的整数解(x，y)的个数是（ ）．
（A）0 （B）1 （C）3 (D）无穷多
［解答］原方程可化为，因为三个连续整数的乘积是3的倍数,所以上式左边是3的倍数,而右边除以3余2，这是不可能的．所以，原方程无整数解．故选（A).
[点评］本题的“题眼”有两个：一是对方程两边“局部分解因式”，构造三个连续整数的乘积;二是对方程两边作3的整除性分析.
2。把握结构，代数式的整体处理
代数式的结构千变万化，我们便于解决（能够解决)的总是那些结构特殊的代数式,这就意味着：我们总是要整体把握问题中代数式的特殊结构。具体来讲，又可细分为:
(1）整体用元(换元），整体化简、求值
［例3］ （2006—2)已知，，=8，则a的值等于( ） ．
（A）－5 （B)5 (C)－9 （D)9
［解答］由已知可得，．
又=8，所以,解得a=－9.选C．
[点评]本题整体代入与,回避了根式运算，这是根式问题的一个常用手段（根式问题的常用手段还有分母、分子有理化等）。
[例4］ (2001—12)已知实数满足，那么t的取值范围是 。
［解答］题中两式相加，得;两式相减，得。
因为，所以且,解得。

［点评］本题视为两个独立的整体，利用它们之间的关系构造不等式,获得t的范围。 关于变量的几种常见代数结构之间存在特定的不等关系：
,即均值不等式;
还存在特定的等量关系:
，
同学们都应有所了解.
（2)整体实施相加、相乘、相除
［例5] (2003-7)若实数x，y，z满足，，,则xyz的值为 。
[解答］本题的参考答案是：
解法1:因为，
所以，解得。
从而，.
于是。
显然不及下面的方法简单、漂亮：
解法2：三式相加，得；
三式相乘，得。
两式相减,得，则。
［点评]参考答案是用消元法解三元方程组，思路简单、过程复杂；我们的解法思路巧妙、过程简洁,这其实要归功于对三元结构的理解与把握，三个变量的常见代数结构有：
等.
[例6](2007—4)已知三个关于x的一元二次方程,，恰有一个公共实数根，则的值为（ ）．
（A) 0 (B）1 （C）2 （D)3
［解答］设是它们的一个公共实数根，则
，，．
把上面三个式子相加，并整理得．
因为,所以．
于是．选(D）．
3。 判定代数式的符号与配方法
[例7] （2002—4）设a、b、c为实数，x＝a2－2b＋，y＝b2－2c＋,z＝c2－2a＋，则x、y、z中至少有一个值（ ） ．
(A）大于0 (B）等于0 (C）不大于0 （D）小于0
[解答]因为x+ y + z＝a2－2a +b2－2b +c2－2c＋，
配方，得,
所以，x、y、z中至少有一个值大于0，选A。
［点评]配方法的基本功能是构造非负式、构造平方式。 本题通过对和式配方，判定和式为正,从而说明其中至少有一个加式为正.
[例8] （2005—2)若M＝3x2－8xy+9y2－4x+6y+13(x，y是实数)，则M的值一定是（ ）。
（A)正数 (B） 负数 （C)零 (D）整数
[解答]因为M＝3x2－8xy+9y2－4x+6y+13

，
显然不能同时成立,
所以,，选A.
[点评]配方是数学竞赛的一项基本功，需要借助一定的拆项、凑配技巧。
4。分解因式
[例9］(2004—8）已知实数a、b、x、y满足，,则 .
[解答］由,两式相乘，得，
∵ ，∴ 。
分解因式，得。
［点评］本题用到了将对称式分解因式，分解起来规律性很强，即分解的结果也一定对称.再比如,前面例6中得到 ，也是对称式分解因式的结果。
［例10] （2007-5）见例题2。
[解答]见例题2.
［点评］本题对方程两边作“局部分解因式”，目的是为了构造三个连续整数的乘积，很有特色。
5。数列求和问题与裂项相消法
［例11］ (2005-4）设，则与A最接近的正整数是( ）．
(A）18 (B）20 （C24 （D）25
[解答]当≥3时，有,
所以

,
因为，
所以与A最接近的正整数是25，选D。
［点评］数列求和问题是一类基本问题，裂项相消法则是其中一个基本方法，要特别注意裂项后哪些项没有抵消.当然，只有符合一定的特点的式子（数列）才能裂项，常见的裂项有：
；等。
［例12］ （2007—10）已知对于任意正整数n，都有,
则 ．
［解答]当≥2时，有
，
，
两式相减,得,
所以
因此
．
［点评］本题也属于裂项相消法求和问题，与例13不同的是,本题要先找到通式，而且求通式的方法也值得我们借鉴:如果记那么

二、方程问题
1.解方程的基本方法——消元法
［例13] (2007-1)方程组的解的个数为( ）．
（A）1 （B） 2 (C) 3 （D）4
[解答］若≥0，则于是，显然不可能．
若，则
于是，解得，进而求得．
所以，原方程组的解为只有1个解．故选(A）．
［点评]解决多元方程、多变量问题的基本方法是消元.本题为消元，果断地对的符号展开讨论，去掉中的绝对值符号.
2.二次方程根与系数的关系
［例14]（2004—1）已知实数，且满足，。则的值为（ ）.
（A)23 (B） （C) (D）
[解答]∵是关于x的方程的两个根，
整理此方程，得，
∵ ，∴ ,.故a、b均为负数.
因此。选（B).
[点评]设是二次方程的根，则利用根与系数的关系，可以解决诸如,,等问题,但要注意前提条件.另外,有的竞赛试题还要求我们自己构造二次方程，如本题构造根为的方程，若构造根为的方程则过程要多走弯路，读者不妨一试.
3.二次方程根的分布问题（留在函数专题讲解）
4。三元最值问题与构造判别式法
［例15］ （2003-14B)已知实数a,b,c满足:a+b+c=2,abc=4。
（1）求a，b，c中的最大者的最小值；
(2)求的最小值.
［解答］ （1）不妨设a是a，b，c中的最大者，即a≥b，a≥c，
由题设知a>0，且b+c=2—a,。
于是b，c是一元二次方程的两实根,
≥0,
≥0,≥0. 所以a≥4.
又当a=4,b=c=-1时，满足题意。
故a，b，c中最大者的最小值为4.　　　　　　　　
（2）因为abc>0，所以a，b，c为全大于0或一正二负。
若a，b，c均大于0，则由（1）知，a，b，c中的最大者不小于4，这与a+b+c=2矛盾.
若a，b，c为一正二负,设a〉0，b〈0，c<0，则，
由（1）知a≥4，故2a—2≥6，当a=4,b=c=-1时,满足题设条件且使得不等式等号成立。
故的最小值为6。
[点评]本题的三个关键点值得我们借鉴：
①由的对称性，假定a≥b,a≥c（当然也可假定)，既能简化问题，又不失一般性；
②视为常量，由构造二次方程,由获得的范围。 是一个隐含在二次方程中的重要不等式，大有用处；
③解高次不等式用到了分解因式，分解因式时可借助“试根法”.
[例16］ (2007-12B）实数a,b，c满足a≤b≤c，且,abc＝1．
求最大的实数k，使得不等式≥恒成立．
［解答]由已知条件知,a，b，c都不等于0,且．
因为，所以≤．
所以不等式≥恒成立，即恒成立，
欲求实数k的最大值，只需求的最小值.
由一元二次方程根与系数的关系知，a，b是一元二次方程的两个实数根，
于是≥0，所以，因此实数k的最大值为4.
[点评]本题的解答过程可以分为三步:
①判断的符号；
②利用恒成立原理（恒成立），将问题转化为求的最小值；
③构造获得范围（最小值）.
5.方程的整数根问题
[例17］ （2007-12A）已知a，b都是正整数，试问关于x的方程是
否有两个整数解？如果有，请把它们求出来;如果没有，请给出证明。
［解答]不妨设≤b，且方程的两个整数根为（≤），则有
所以,。
因为，b都是正整数，所以x1,x2均是正整数，
于是，≥0,≥0,≥1,≥1,
所以或
(1）当时，由于a,b都是正整数，且≤b，可得a＝1，b＝3,
此时，一元二次方程为,它的两个根为，．
(2）当时，可得a＝1，b＝1，
此时，一元二次方程为，它无整数解.
综上所述，当且仅当a＝1，b＝3时，题设方程有整数解，且它的两个整数解为,．
［点评］①二次方程有整数根的充要条件（等价条件）至今没有找到,我们解决此类问题总是依赖于几个必要条件,如:两个之和为整数、两根之积为整数、是整数且是完全平方数；
②本题的关键一步在。 这一步用到了“局部因式分解”，以及一个常见结论.接下来作整数分析，求四元不定方程的自然数解；
③本题改编自1991年第十七届全俄十年级数学奥林匹克题：求使方程x2—pqx+p+q=0有整数根的所有正整数p和q．此题的答案是p=3,q=2；p=2，q=3;p=q=2；p=1,q=5；p=5，q=1.
[例18] （2004—12)已知a，b是实数，关于x，y的方程组有整数解，求a，b满足的关系式.
［解答］将代入，消去a、b,得,。
若x+1=0,即,则上式左边为0，右边为不可能，所以x+1≠0。
于是。（＊）
因为x、y都是整数，所以，即或0,进而y=8或0.
故或
当时,代入得，;
当时，代入得，.
综上所述,a、b满足关系式是，或者,a是任意实数。
[点评］本题的关键步骤在（*）式使用了分离参数法。接下来注意到，(＊）式左边是整数，右边有分式，等式要成立，则分式的分母必能整除分子1,从而，问题迎刃而解。由例题17、18可见，方程的整数根问题主要依赖于在特殊的代数式结构中作整数、整除性分析.
三、应用题
［例19］ （2006—8)正五边形广场ABCDE的周长为2000米．甲、乙两人分别从A、C两点同时出发，沿A→B→C→D→E→A→…方向绕广场行走,甲的速度为50米/分,乙的速度为46米/分．那么出发后经过 分钟，甲、乙两人第一次行走在同一条边上．
［解答]显然可设甲恰好走完x条边时，甲、乙两人第一次开始行走在同一条边上。
甲恰好走完x条边时，甲走了400x米，乙走了46×=368x米，两人的距离不大于一条边长，于是368x＋800－400x400.①
再考虑甲恰好走完x－1条边时，甲走了400(x－1）米,乙走了46×=368(x－1)米，两人的距离大于一条边长，即368(x－1）＋800－400(x－1）〉400。②
由①②得12.5≤x<13。5。 故x=13,此时分．
[点评］解答应用题的基本思路是：理解题意，选择数学模型，转化为数学问题。本题实际上是一个“追及问题"，比较两个时刻的“路程差”与“追击的路程”，得到两个一次不等式，求得整数解,问题获解。本题的数学模型是一次不等式(组）.本题在题意理解上有三个难点:
①甲恰好走完某条边时,甲、乙两人第一次开始行走在同一条边上；
②甲恰好走完x条边的时刻,两人的距离不大于一条边长；
③甲恰好走完x－1条边的时刻,两人的距离大于一条边长。
［例20] （2007—2)口袋中有20个球,其中白球9个，红球5个，黑球6个．现从中任取10个球,使得白球不少于2个但不多于8个,红球不少于2个，黑球不多于3个，那么上述取法的种数是（ )．
（A） 14 （B) 16 （C）18 （D）20
[解答]用枚举法：
红球个数
白球个数
黑球个数
种 数
5
2,3，4，5
3，2，1，0
4
4
3,4，5,6
3，2,1,0
4
3
4，5，6，7
3,2,1，0
4
2
5，6，7，8
3，2，1，0
4
所以，共16种．故选（B）．
[点评］计数类应用题在竞赛中很常见,主要考查计数的思路、方法。计数的基本思路有分类计数(加法原理）、分步计数（乘法原理）；基本方法有排列原理、组合原理、枚举法、对应法、排除法等等.初中没有学习排列组合知识，因此枚举法、对应法、排除法比较常用.本题即是用枚举法计数，但要注意枚举法容易造成重复或遗漏，因此要注意检验、核算。
精选习题：
1.设都是非负整数，则满足的的个数为（ )
（A)10 （B）8 (C）9 （D)4
［解答] ,共9个.选（C）.
2.设a＜b＜0,a2＋b2＝4ab，则的值为( )
（A) (B） （C)2 (D)3
［解答］a2＋b2＝4ab，。 a＜b＜0，。
a2＋b2＝4ab，. a＜b＜0，.
.选（A）.
3.如果x和y是非零实数，使得和，那么x+y等于（ ）
(A)3 (B） （C） (D)
[解答］将代入，消去得。
(1)当x>0时，，方程无实根；
(2)当x<0时,，得方程，
解得，正根舍去，从而.
于是。
故。选(D).

4。已知a，b，c为整数，且a＋b=2006，c－a=2005．若a［32y]=12345，
从而63[x]≤12345＜63[x]+1+3+7+15+31=63［x］+57，
但12345=63×195+60，因此上式无解．故原方程的实数解个数为0.
7.若实数x、y、z满足x+y+z=5,xy+yz+zx=3，则z的最大值是 .
［解答］∵ ，，
∴ x、y是关于t的一元二次方程的两实根。
∴ ，即,，.
当时，.故z的最大值为。
8.货车在x时y分从甲地出发，于y时z分到乙地，途中共用了z小时x分钟,求x的所有可能值．
[解答]依题意得z=x+y，或z=x+y－60，
因为x+y＜24+24＜60，所以z=x+y。①
设货车在途中经历了k昼夜，则y=x+z－24k.②
由①②得x=12k．因为0≤x＜24,所以x=0或12。
这样的x值事实上是可能的，例如x=0，y=z=15；或x=12，y=15，z=27。
9。对多少个实数a，关于x的二次方程x2+ax+6a=0只有整数根？
[解答］设m、n是方程二整数根(m≤n）．则应有a=-(m+n）,6a＝mn,
因此，a也是整数，且—6（m+n)=mn，即（m+6）（n+6）=36。
由于36=22·32，所以(m，n)有10组解：
（-42，—7），(—24，-8）,(—18，-9)，（—15，-10)，（-12，-12）,
(—5，30），(—4,12），（—3，6），（—2，3），(0,0)，
对应的a=-(m+n）也有10个值：49，32，27，25,24，-25，-8，-3，-1,0。

(全文完）