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高中数学竞赛讲座 24判别式与韦达定理


竞赛讲座 24 -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 PR>1, 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.①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①,得 △ =(Pc+Ra)2-4ac =(Pc)2+2PcRa+(Ra)2-4ac =(Pc-Ra)2+4ac(PR-1). ∵(Pc-Ra)2≥0,又 PR>1,a≠0, (1)当 ac≥0 时,有△≥0; (2)当 ac<0 时,有△=(2b)2-4ac>0. (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,x < a , 且 OP2=k· PA· OA. (1) k 为何值时,x 有两个解 x1,x2(设 x1<x2) ; 此处无图 (2) 若 k>1,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 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. ∵a>0, ∴k(k+4)>0,故 k<-4 或 k>0. (2)x1<0<x2<a. 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, ①② 求证:0≤x≤ 0≤y≤ 0≤z≤ 分析 将①代入②可消去一个字母,如消去 z,然后整理成关于 y 的二次方程讨论. 证明 由①得 z=a-x-y,代入②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:0≤y≤,0≤z≤. 例 5 设 a1,a2,a3,b 是满足不等式(a1+a2+a3)2≥2()+4b 的实数. 求证:a1a2+a2a3+a3a1≥3b. 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,∴a1a2≥b. 同理有 a2a3≥b,a3a1≥b.三式相加即得 a1a2+a2a3+a3a1≥3b. 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 a≠0,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)-8ac<0. 即 4ac-b2>1. ∴ > 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. 例 8 已知两个系数都是正数的方程 a1x2+b1x+c1=0, ① a2x2+b2x+c2=0, ② 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 ③ ③也有两个负根. 证明 ∵方程①有两个实数根,∴>0. ④ 同理>0. ⑤

又 a1、b1、c1 都是正数,∴>0,<0. 由此可知方程①的两根是负值.同样可证方程②的两根也是负值. 显然 a1c1<4a1c1 代入④,得>0, ⑥ 由>0,得> ⑦ ∴△ = ≥ =>0, ∴方程③也有两个实数根. 又 a1a2>0,b1b2>0,c1c2>0, ∴>0, <0. 由此可知方程③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 的二次方程 x2+ (2n+1) x+n2=0, 使它的根为 αn 和 βn.求下式的值: + 解 由韦达定理得

= 而 =(n≥3) , ∴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 ① 及(b-1)x2-(b2+2)x+(b2+2b)=0 ② (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 a≠b.设 x0 是方程①②的公共根,则 x0≠1, 否则将 x=1 代入①得 a=1,矛盾.得 x0 代入原方程,并经变形得 ③ 及 ④ 所以 a,b 是关于 t 的方程 相异的两根,因此 于是 ab-(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 ①②

求证:1≤a≤9. 证明 由①得 bc=a2-8a+7. ①-②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,∴1≤a≤9. 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(k≥1). 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) 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. ∵k≥1,故判别式 △ =k2(a+b)2-4kab ≥k2(a+b)2-4k2ab =k2(a-b)2≥0, ∴上述二次方程有两实根 z1,z2. 又 z1+z2=k(a+b)>0,z1z2=kab>0, 从而,z1>0,z2>0,即方程组恒有 x>0,y>0 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(m>n) ,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(p≠0)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 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 a1≠0,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 1≤a≤50 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 的两根,x1+x2=m,x1· x2=n2,且 m,n.求 证: (1) 如果 m<n,那么方程有不等的实数根; (2) 如果 m>n,那么方程没有实数根. 6.求作一个以两正数 α,β 为根的二次方程,并设 α,β 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 b=2t,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


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