初中数学竞赛题汇编(代数部分1)

初中数学竞赛题汇编（代数部分1）江苏省泗阳县李口中学沈正中精编、解答例1若m2＝m＋1，n2＝n＋1，且m≠n，求m5＋n5的值。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2已知解：设，则u＋v＋w＝1……①……②由②得即uv＋vw＋wu＝0将①两边平方得u2＋v2＋w2＋2(uv＋vw＋wu)＝1所以u2＋v2＋w2＝1即例3已知x4+x3+x2+x+1＝0，那么1+x+x2+x3+x4+……x2014＝。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4：证明循环小数为有理数。证明：设＝x…①将①两边同乘以100，得…②②－①，得99x＝261.54－2.61即x＝。例5：证明是无理数。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…①，所以p一定是偶数，设p＝2m（m为自然数），代入①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6：；；。解：例7：化简（1）；（2）（3）；（4）；（5）；（6）。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8：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9：设的整数部分为x，小数部分为y，试求的值。解：而所以x＝2，y＝因此＝。例10：已知x＋y＋z＝3a(a≠0，且x、y、z不全相等)，求的值。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11：已知x＝求的值。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12：已知＝＝求的值解：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…①，b＋c＝(k＋1)a…②，c＋a＝(k＋1)b…③，①＋②＋③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13：计算…+解：…+＝++…+＝()+()+()+…+()＝+++…+＝＝。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：（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+3xy常数111123即=(x+y+1)(x+2y+3)．例15：化简解：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16：已知证明a2＋b2＋c2＝(a＋b－c)2。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：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：首先，m2-1≠0，m≠±1．Δ=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19：己知a+，a≠b≠c求证：a2b2c2=1。证明：由己知得：a-b=，所以bc=，同理得ca=，ab=，accbb111bccbbc11bacbcbacacba所以ab·bc·ca＝××＝1，即a2b2c2=1。例20：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，则ax2+bx+c＝m2x2+2mnx+n2根据恒等式的性质得所以b2－4ac＝(2mn)2－4m2n2=0acbabacbcbac