[文件]  sxjsck0006 .doc 
[科目]  数学
[关键词] 初二/ 判别式/韦达定理/方程
[标题] 判别式与韦达定理 
[内容]
  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.
判别式的应用
（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.
（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.
k为何值时，x有两个解x1，x2（设x1＜x2）；
此处无图
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.
（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，①  ②
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.
∴
＞
韦达定理的应用
（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：
这两个实数根都是负值；
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
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
填空题
设方程的两根为m，n（m＞n），则代数式的值是_______;
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__________;
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（   ）.
非实数  (B)相等两实数  (C)非实数或相等两实数  (D)实数
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:
如果m＜n，那么方程有不等的实数根；
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：
证满足的根在和197.99494949…间；
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
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