强基班数学讲座

2024年3月24日发(作者：)

强基知识讲座数与式、方程、应用性问题一、数与式问题1.奇偶性分析、整除性分析abbcca,,a,b,c222([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x36x25xy3y2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x(x1)(x2)（3x2x）y(y1)(y1)2，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22(7m14ma)(3n6n7)=8，m12n12[例3](2006-2)已知，，则a的值等于((A)－5)．(B)5(C)－9(D)922[解答]由已知可得m2m1，n2n1．22(7m14ma)(3n6n7)=8，所以(7a)(37)8,解得a=－9.选C．又22[点评]本题整体代入m2m1与n2n1，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）.2222aabb1,且tababa,b[例4](2001-12)已知实数满足，那么t的取值范围是.a2b21t2.[解答]题中两式相加，得2ab1t；两式相减，得

1t1t11t1t3tab2ab3.因为，所以2且2，解得2222a2b22abab,ab[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a,b的几种常见代数结构之间存在特定的不等关系：abab112ab2a2b2a,b02，即均值不等式；还存在特定的等量关系：1112222ababa2b2a2b2ababab24，2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.值为[解答]本题的参考答案是：x14y11z17yzx3，则xyz的，，7111z7x34xxxx3xx171yz14x311z3x解法1：因为，3x2.所以4(4x3)x(4x3)7x3，解得71725132zy113x333，z55.从而325xyz1253.于是12xyz两式相减，得，则xyz1.[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x,y,z的xyz显然不及下面的方法简单、漂亮：11122xyzxyz3；解法2：三式相加，得111128xyzxyzxyzxyz3.三式相乘，得

常见代数结构有：111xyz,xyz,xyyzzx,x2y2z2,xyz等.bx2cxa0，[例6](2007-4)已知三个关于x的一元二次方程ax2bxc0，a2b2c22cxaxb0恰有一个公共实数根，则的值为()．bccaab(A)0(B)1(C)2(D)3[解答]设x0是它们的一个公共实数根，则ax0bx0c0，bx0cx0a0，cx0ax0b0．2x01)0．把上面三个式子相加，并整理得(abc)(x0132x01(x0)20，所以abc0．因为x024a2b2c2a3b3c3a3b3(ab)33ab(ab)3．选(D)．于是abcbccaababcabc3.判定代数式的符号与配方法222[例7](2002-4)设a、b、c为实数，x＝a2－2b＋3，y＝b2－2c＋3，z＝c2－2a＋3，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＋，xyza1b1c130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xyz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2x28xy8y2x24x4y26y92x2yx2y30，显然x2y0,x2,y3不能同时成立，222222所以，M0，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abxy2，axby5，则(a2b2)xyab(x2y2).

[解答]由abxy2，两式相乘，得(ab)(xy)axbyaybx4，∵axby5，∴aybx1.[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2x01)0，也是对称式分解因式一定对称.再比如，前面例6中得到(abc)(x0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111A48(22)234441004，[例11](2005-4)设则与A最接近的正整数是()．(A)18(B)20(C)24(D)2511111n24n2n24n2n2[解答]当n≥3时，有,111A48(22)234441004所以1111114814526981021111111121234991001011021111251299100101102,2222(ab)xyab(xy)(aybx)(axby)5.分解因式，得11111141111212129919999992，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：1111nnkknnk1n1n；nn1等.[例12](2007-10)已知对于任意正整数n，都有a1a2ann3，111则．a21a31a1001[解答]当n≥2时，有

a1a2an1ann3，a1a2an1(n1)3，两式相减，得an3n23n1，11111(),n2,3,4,所以an13n(n1)3n1n111因此a21a31a10033(1)()()(1)．323233991003100100[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112an13n3n，而且求通式的方法也值得我们借鉴：如果记Sna1a2an，那么a1n1,anSnSn1n2.二、方程问题1.解方程的基本方法——消元法xy12,[例13](2007-1)方程组的解的个数为()．xy6(A)1(B)2(C)3(D)4xy12,x[解答]若≥0，则于是yy6，显然不可能．xy6,xy12,若x0，则xy6,于是yy18，解得y9，进而求得x3．x3,所以，原方程组的解为只有1个解．故选(A)．y9,[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x的x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22(a1)33(a1)3(b1)3(b1)ab[例14](2004-1)已知实数，且满足，.则bbaaab的值为().(A)23(B)23(C)2(D)132x13(x1)30的两个根，a,b[解答]∵是关于x的方程

(B).2整理此方程，得x5x10，∵2540，∴ab5，ab1.故a、b均为负数.2babaa2b2ab2abbaababab23abababab因此.选[点评]设x2x111x1x2，x1x2等问题，但要注意前提条件0.另外，有的竞赛试题还要求我们2x13(x1)30，若构造根a,b自己构造二次方程，如本题构造根为的方程为a1,b1的方程x3x30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；abc(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，4bca.由题设知a>0，且b+c=2-a，4x2(2a)x0a于是b，c是一元二次方程的两实根，4(2a)24a≥0，2x1,x2kkxx12是二次方程的根，则利用根与系数的关系，可以解决诸如，2a34a24a16≥0，(a4)(a4)≥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abcabca(2a)2a2,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.abc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a,b,c的对称性，假定a≥b，a≥c（当然也可假定abc），既能简化问题，又不失一般性；

②视a为常量，由bc,bc构造二次方程，由0获得a的范围.0是一个隐含在二次方程中的重要不等式，大有用处；32③解高次不等式a4a4a160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abbcca0，abc＝1．求最大的实数k，使得不等式ab≥kc恒成立．[解答]由已知条件知，a，b，c都不等于0，且c0．11因为ab0,ab20，所以a≤b0．ccab1k3cc恒成立，所以不等式ab≥kc恒成立，即13欲求实数k的最大值，只需求c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x2个实数根,11x0的两2cc113c,34144c于是4≥0，所以，因此实数k的最大值为[点评]本题的解答过程可以分为三步：①判断a,b,c的符号；②利用恒成立原理（fg恒成立fmax的最小值；13③构造0获得c范围（最小值）.ab13gminc），将问题转化为求c5.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1x2abx(ab)0是2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a≤b，且方程的两个整数根为x1,x2(x1≤x2)，则有x1x2ab,1xx(ab),122所以x1x2x1x2abab，4(x11)(x21)(2a1)(2b1)5.因为a,b都是正整数，所以x1，x2均是正整数，于是，x11≥0,x21≥0，2a1≥1,2b1≥1，1212

（x11)(x21)1,(x11)(x21)0,所以或(2a1)(2b1)5,(2a1)(2b1)1.(x11)(x21)0,(1)当时，由于a,b都是正整数，且a≤b，可得a＝1，b＝3，(2a1)(2b1)5此时，一元二次方程为x23x20，它的两个根为x11，x22．(x11)(x21)1,(2)当时，可得a＝1，b＝1，(2a1)(2b1)1此时，一元二次方程为x2x10，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x11，x22．[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4(x11)(x21)(2a1)(2b1)5.这一步用到了“局部因式mnmn1m1n1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4xyzw5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.yx3ax2bx,yaxb[例18](2004-12)已知a，b是实数，关于x，y的方程组有整数解(x,y)，求a，b满足的关系式.3233yxaxbxyxxy(x1)yxyaxb[解答]将代入，消去a、b，得,.若x+1=0，即x1，则上式左边为0，右边为1不可能，所以x+1≠0.x31yx2x1x1x1.(*)于是因为x、y都是整数，所以x11，即x2或x0，进而y=8或y0.x2,x0,y8故或y0.x2,当y8时，代入yaxb得，2ab80；x0,当y0时，代入yaxb得，b0.综上所述，a、b满足关系式是2ab80，或者b0，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x1必能整除分子1，从而x11，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.400x甲恰好走完x条边时，甲走了400x米，乙走了46×50=368x米，两人的距离不大于一条边长，于是368x＋800－400x400.①再考虑甲恰好走完x－1条边时，甲走了400(x－1)米，乙走了46×400x1501)>400.②=368(x－1)米，两人的距离大于一条边长，即368(x－1)＋800－400(x－t4001350104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52，3，4，53，2，1，0443，4，5，63，2，1，0434，5，6，73，2，1，0425，6，7，83，2，1，04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：xyza235,x,y,z都是非负整数，则满足1a10的a的个数为（1.设）(A)10(B)8(C)9(D)4[解答]a1,2,3,4,5,6,8,9,10,共9个.选(C).ab2.设a＜b＜0，a2＋b2＝4ab，则ab的值为()(A)3(B)6(C)2(D)32ab6ab[解答]a2＋b2＝4ab，.a＜b＜0，ab6ab.a＋b＝4ab，ab2ab.a＜b＜0，ab2ab.222ab6ab3ab2ab.选(A).xy3和113(C)23.如果x和y是非零实数，使得(A)3xyx30，那么x+y等于()(B)13(D)413y3xxyx30x3x23x0y[解答]将.代入，消去得322(1)当x>0时，xx3x0，方程xx30无实根；322(2)当x<0时，xx3x0，得方程xx30，解得x113113x2，正根舍去，从而2.11371322.于是故xy413.选(D).y3x34.已知a，b，c为整数，且a＋b=2006，c－a=2005．若a

111111111a1a2a2a3an1an，1111n11n1na1nann.即a1an，，∴an，6.已知[t]表示小于或等于t的最大整数，则方程[x]+[2x]+[4x]+[8x]+[16x]+[32x]=12345的实数解有个.[解答]设x=[x]+y，0≤y＜1，则原方程即63[x]+[2y]+[4y]+[8y]+[16y]+[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.2xy3z(xy)3z(5z)z5z3，xy5z[解答]∵，22t(5z)tz5z30的两实根.∴x、y是关于t的一元二次方程22(5z)4(z5z3)0，即3z210z130，(3z13)(z1)0，∴1z11313z3时，3.故z的最大值为3.当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.xy133.