全国重点高中竞赛讲座 24判别式与韦达定理

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1、竞赛讲座 24 判别式与韦达定理判别式与韦达定理 根的判别式和韦达定理是实系数一元二次方程的重要基础知识，利用它们可进一步 研究根的性质，也可以将一些表面上看不是一元二次方程的问题转化为一元二次方 程来讨论. 1 判别式的应用 例 1 （1987 年武汉等四市联赛题）已知实数 a、b、c、R、P 满足条件 PR1， Pc+2b+Ra=0.求证：一元二次方程 ax2+2bx+c=0 必有实根. 证明 =（2b）2-4ac.若一元二次方程有实根， 必须证0.由已知条件有 2b=-（Pc+Ra） ，代入，得 =（Pc+Ra）2-4ac =（Pc）2+2PcRa+（Ra）2-4ac =（Pc-Ra）2

2、+4ac（PR-1）. （Pc-Ra）20，又 PR1，a0， （1）当 ac0 时，有0； （2）当 ac0 时，有=（2b）2-4ac0. （1） 、 （2）证明了0，故方程 ax2+2bx+c=0 必有实数根. 例 2 （1985 年宁波初中数学竞赛题）如图 21-1，k 是实数，O 是数轴的原点， A 是数轴上的点，它的坐标是正数 a.P 是数轴上另一点,坐标是 x,xa，且 OP2=k PA OA. （1） k 为何值时，x 有两个解 x1，x2（设 x1x2） ； 此处无图 （2） 若 k1，把 x1，x2，0，a 按从小到大的顺序排列，并用不等号“”连接. 解 （1）由已知可得

3、x2=k （a-x） a，即 x2+kax-ka2=0，当判别式0 时有两解，这时 =k2a2+4ka2=a2k（k+4）0. a0， k（k+4）0，故 k-4 或 k0. （2）x10 x2a. 例 3（1982 年湖北初中数学竞赛题）证明不可能分解为两个一次因式之积. 分析 若视原式为关于 x 的二次三项式，则可利用判别式求解. 证明 将此式看作关于 x 的二次三项式，则判别式 = 显然不是一个完全平方式，故原式不能分解为两个一次因式之积. 例 3 （1957 年北京中学生数学竞赛题） 已知 x， y， z 是实数， 且 x+y+z=a， 求证：0 x 0y 0z 分析 将代入可消去一个

4、字母，如消去 z，然后整理成关于 y 的二次方程讨论. 证明 由得 z=a-x-y，代入整理得 此式可看作关于 y 的实系数一元二次方程，据已知此方程有实根，故有 =16（x-a）2-16（4x2-4ax+a2）0 0 x 同理可证：0y，0z. 例 5 设 a1，a2，a3，b 是满足不等式（a1+a2+a3）22（）+4b 的实数. 求证：a1a2+a2a3+a3a13b. 证明 由已知可得 0. 设 则 a3 是实数， 故0，即有 （a1+a2）2（）-2a1a2+4b+r 2（）-（a1+a2）2+4b. 于是（a1+a2）2（）+2b，a1a2b. 同理有 a2a3b，a3a1b.三

5、式相加即得 a1a2+a2a3+a3a13b. 例 6 设 a、b、c 为实数，方程组 与 均无实数根.求证:对于一切实数 x 都有 证明 由已知条件可以推出 a0，因为若 a=0，则方程组至少有一个有实数解. 进一步可知，方程 ax2+bx+c= x 无实根，因此判别式=0， 于是 （b-1）2+（b+1）-8ac0. 即 4ac-b21. 2 韦达定理的应用 例 7 （1899 年匈牙利数学奥林匹克竞赛题）假设 x1、x2 是方程 x2-（a+d） x+ad-bc=0 的根.证明这时是方程的根. 证明 由已知条件得 =a3+d3+3abc+3bcd， 由韦达定理逆定理可知， 、是方程 的根

6、. 例 8 已知两个系数都是正数的方程 a1x2+b1x+c1=0， a2x2+b2x+c2=0， 都有两个实数根，求证： （1） 这两个实数根都是负值； （2） 方程 a1a2x2+b1b2x+c1c2=0 也有两个负根. 证明 方程有两个实数根，0. 同理0. 又 a1、b1、c1 都是正数，0，0. 由此可知方程的两根是负值.同样可证方程的两根也是负值. 显然 a1c14a1c1 代入，得0， 由0，得 = =0， 方程也有两个实数根. 又 a1a20，b1b20，c1c20， 0， 0. 由此可知方程的两个根也是负值. 例 9 （1983 年上海初中数学竞赛题） 对自然数 n， 作 x

7、 的二次方程 x2+ （2n+1） x+n2=0， 使它的根为 n 和 n.求下式的值： + 解 由韦达定理得 = 而 =（n3） ， 原式= + = 例 10（1989 年全国初中联赛试题）首项不相等的两个二次方程 （a-1）x2-（a2+2）x+（a2+2a）=0 及（b-1）x2-（b2+2）x+（b2+2b）=0 （其中 a，b 为正整数）有一公共根，求的值. 解 由题得知，a，b 为大于 1 的整数，且 ab.设 x0 是方程的公共根，则 x01， 否则将 x=1 代入得 a=1，矛盾.得 x0 代入原方程，并经变形得 及 所以 a，b 是关于 t 的方程 相异的两根，因此 于是 a

8、b-（a+b）=2，即（a-1） （b-1）=3. 由 或 解得 或 例 11 （仿 1986 年全国高中联赛题）设实数 a，b，c 满足 求证:1a9. 证明 由得 bc=a2-8a+7. -得 b+c= 所以实数 b，c 可看成一元二次方程 的两根，则有0，即 0， 即（a-1） （a-9）0，1a9. 例 12 （1933 年福建初中数学竞赛题）求证：对任一矩形 A，总存在一个矩形 B， 使得矩形 A 和矩形 B 的周长和面积比都等于常数 k（k1）. 分析 设矩形 A 及 B 的长度分别是 a，b 及 x，y，为证明满足条件的矩形 B 存在， 只须证明方程组 （k，a，b 为已知数）

9、有正整数解即可. 再由韦达定理，其解 x，y 可以看作是二次方程 z2-k（a+b）z+kab=0 的两根. k1，故判别式 =k2（a+b）2-4kab k2（a+b）2-4k2ab =k2（a-b）20， 上述二次方程有两实根 z1，z2. 又 z1+z2=k（a+b）0，z1z2=kab0， 从而，z10，z20，即方程组恒有 x0，y0 的解，所以矩形 B 总是存在的. 练习二十一 1 填空题 （1） 设方程的两根为 m，n（mn） ，则代数式的值是_; （2） 若r和s是方程x2-px+q=0的两非零根,则以r2+和为根的方程是_; （3） 已知方程 x2-8x+15=0 的两根可以

10、写成 a2+b2 与 a-b,其中 a 与 b 是方程 x2+px+q=0 的两根,那么|p|-q=_. 2.选择题 (1)若 p,q 都是自然数,方程 px2-qx+1985=0 的两根都是质数,则 12p2+q 的值等于( ). (A)404 (B)1998 (C)414 (D)1996 (2)方程的较大根为 r,的较小根为 s,则 r-s 等于( ). (A) (B)1985 (C) (D) (3)x2+px+q2=0(p0)的两个根为相等的实数，则 x2-qx+p2=0 的两个根必为（ ）. (A) 非实数 (B)相等两实数 (C)非实数或相等两实数 (D)实数 （4） 如果关于方程

11、mx2-2（m+2）x+m+5=0 没有实数根，那么关于 x 的方程 （m-5）x2-2（m+2）x+m=0 的实根个数为 (A)2 (B)1 (C)0 (D)不确定 3 （1983 年杭州竞赛）设 a10，方程 a1x2+b2x+c1=0 的两个根是 1-a1 和 1+a1； a1x2+b1x+c2=0 的两个根是和；a1x2+b1x+c1=0 的两根相等，求 a1，b1，c1，b2， c2 的值. 4.常数 a 是满足 1a50 的自然数.若关于 x 的二次方程(x-2)2+(x-a)2=x2 的两根都是 自然数,试求 a 的值. 5.设 x2、x2 为正系数方程 ax2+bx+c=0 的

12、两根，x1+x2=m，x1 x2=n2，且 m，n.求 证: (1) 如果 mn，那么方程有不等的实数根； (2) 如果 mn，那么方程没有实数根. 6求作一个以两正数 ， 为根的二次方程，并设 ， 满足 7（1987 年全国初中竞赛题） 当 a， b 为何值时， 方程 x2+ （1+a） x+ （3a2+4ab+4b2+2） =0 有实根？ 8 （1985 年苏州初中数学竞赛题）试证：1986 不能等于任何一个整系数二次方程 ax2+bx+c=0 的判别式的值. 9 （第 20 届全苏中学生数学竞赛题）方程 x2+ax+1=b 的根是自然数，证明 a2+b2 是合数. 10 （1972 年加

13、拿大试题）不用辅助工具解答： （1） 证满足的根在和 197.99494949间； （2） 同（1）证1.41421356. 练习二十一 1.(1) (2) (3)3. 2.C B A. 3. 4.x=a+2 由于 x 为自然数，可知 a 为完全平方数 即 a=1，4，9，16，25，36，49. 5.略 6.3x2-7x+2=0. 7.因为方程有实根,所以判别式 8.设 1986=4k+2(其中 k 是自然数). 令=b2-4ac=4k+2,这时 b2 能被 2 整除,因而 b 也能被 2 整除.取 b2t,这时 b2=4t2, 且 4t2-4ac=4k+2.这时等式左边的数能被 4 整除,而右边的数不能被 4 整除,得出矛盾, 故命题得证. 10.由，可得 x2-198x+1=0,其根