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Olympic Mathematics 2011.5.1 Zuhai No.008 本期目录 1．各地竞赛试题2010年第八届创新杯数学邀请赛初中一年级试题 2．数学竞赛专题讲座 3．数学竞赛  初中数学竞赛专题讲座 【奥赛赛点】 【解题思路与技巧】【典型示例】 （）) = 4( -1+2a-2a2-4ab-4b2) = -4[(1-2a+a2)+(a2+4ab+4b2)] = -4[(1-a)2+(a+2b)2] ≥0 ∵-4[(1-a)2+(a+2b)2] ≤0, ∴-4[(1-a)2+(a+2b)2] =0. ∴ 1-a=0, 且a+2b=0; 即a=1,b=. ∴当a=1, b=时，方程有实数根。 例2 （1987年武汉，广州，福州，重庆，西安五市初中数学联赛试题） 已知实数a，b，c，r，p满足pr＞1，pc-2b+ra=0， 求证：一元二次方程ax2+2bx+c=0必有实数根． [证明] 由已知得2b=pc+ra，所以 △=(2b)2-4ac=(pc+ra)2-4ac=p2c2+2pcra+r2a2-4ac=p2c2-2pcra+r2a2+4pcra-4ac =(pc-ra)2+4ac(pr-1)． 由已知pr-1＞0，又(pc-ra)2≥0， 所以当ac≥0时，△≥0； 又当ac＜0时，也有△=(2b)2-4ac＞0． 综上，总有△≥0，故原方程必有实数根． ， 若选（D），则b 综上，可知应选（A） 例3 (2001年湖北省黄冈市初中数学竞赛试题若,证明:在方程① ② ③ ④ 中,至少有两个方程有两个不相等的实数根.证明这四个方程的判别式Δ1、Δ2、Δ3、Δ4Δ1+Δ3=(2a+b-2)+ (2c+d-2)= (a+b-2) + (c+d-2)+a+b =()2+()2+a+b0 同理，Δ2+Δ40,故Δ1、Δ2、Δ3、Δ4中至少有两个大于零,即所得四个方程中至少有两个方程有不相等的实数根.例4 （）解：设两连续正偶数为k、k+2，则有： 9x2+23x-2=k (k+2), 即9x2+23x-(2+k2+2k)=0 由于x是有理数，所以判别式为完全平方，即： △=232+4×9(k2+2k-1+1)=565+[6(k+1)]2 令△=p2 (p≥0)，有p2-[6(k+1)]2=565=113×5=565×1, ∴[p+6(k+1)][p-6(k+1)]=113×5=565× ∵p≥0，k≥0, 即得：，解之，k=46，代入原方程 解得：x=-17或x= 或，解之，k=8，代入原方程解得： x=2或x=- 总之，当x=-17，或x=，或x=2，或x=-时，9x2+23x-2恰为两正偶数8和100或者46和48的乘积 例5 （1996年黄冈市初中数学竞赛试题） 若实数a,b,c满足a+b+c=0,abc=2，c0则（ ）。 (A) ab0 (B) |a|+|b|≥2 (C) |a|+|b|≥4 (D) |a|+|b|≤1 [解] 由已知条件得 a+b=-c0, ab=0, 故a,b同为负数 于是a,b是关于x 的一元二次方程 x2+cx+=0 的二根。 △=c2-4?≥0, 因c0， 故 c3-8≥0，c≥2. |a|+|b| = -a-b = c≥2. 故选（B）。 例6 （）x变化时,分式的最小值是___________. [解] 令 y==, 因 x2+2x+2=(x+1)2+10, 去分母整理得 (6-y)x2+(12-2y)x+10-2y=0 显然y≠6, 将上面的等式看作是关于x的一元二次方程，因x为实数。 所以 △=(12-2y)2-4(6-y) (10-2y) ≥0, 即 (y-6)(y-4)≤0，于是 4≤y≤6 当y=4,x=1时，所以当x=1时，分式有最小值4。 例7 若a,b,c,x,y,z,均为实数，求证： (a2+b2+c2)(x2+y2+z2) ≥(ax+by+cz)2 [证明] 若a=b=c=0, 不等式显然成立。 若a,b,c不全为0， 构造一个关于t的一元二次方程： (a2+b2+c2)t2-2(ax+by+cz)t+(x2+y2+z2) = 0 （*） 方程（*）的左边为 (at-x) 2+(bt-y) 2+(ct-z) 2， 若(at-x) 2，(bt-y) 2，(ct-z) 2三式中有一个不为0， 则(at-x) 2+(bt-y) 2+(ct-z) 20, 方程（*）无实根； 若(at-x) 2=(bt-y) 2=(ct-z) 2=0，则