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1、1.3 利用判别式解题 关于 x 的一元二次方程 ax2bxc0(a0)，我们用配方法可得aacbabxa44)2(22，故22244)2(aacbabx，因为0)2(2abx，所以当 b24ac0 时，原方程才有实数根我们将 b24ac称为一元二次方程根的判别式，用符号“”表示具体来说，当 b24ac0 时，方程有两个不相等的实数根；当 b24ac0 时，方程有两个相等的实数根；当 b24ac0 时，方程没有实数根 一元二次方程的根的判别式可以有两方面的作用：一是根据“”的值来判断方程的实数根的情况；二是根据方程中实数根的情况，得出“”的值，从而可以求出方程中的字母系数的值、系数之间的关系、
2、字母的取值范围，进一步可以证明等式或不等式、求代数式的最值、求方程的整数解等等，它是实数根与系数之间的重要纽带 例 1 已知在关于 x 的方程 x2p1xq10 与 x2p2xq20 中，p1p2 2(q1q2)，求证：这两个方程至少有一个方程有实数根 【证明】设这两个方程的判别式分别为1和2，则1222212144qpqp，又 p1p22(q1 q2)，故120)(2221222121pppppp，所以10 与20 中至少有一个成立，因此，这两个方程至少有一个方程有实数根 【注】此题除了用到根的判别式外，还应用了平均数原理，即若 PQR，则 P2R与 Q2R中至少有一个成立 例 2 设 ab
3、cd，证明：对任意的实数 t1，关于 x 的方程(xa）(xc)t(xb)(xd)0 都有两个不相等的实数根，【证明】原方程可整理得 (1t)x2(ac)(bd)tx(acbdt)0 因为 t1 1(ac)(bd)t24(1t)(acbdt)(bd)2t22(ac)(bd)2(acbd)t(ac)2 由于 bd，故(bd)20，从而式可看作关于 t 的二次函数，图象开口同上，要证明10，只需要证明此二次函数与 x 轴无交点，即关于 t 的二次函数的判别式2 0 即可 又24(ac)(bd)2(acbd)24(bd)2(ac)2 16(ad)(bc)(ab)(dc)结合 abcd，故20，所以原
4、方程有两个不相等的实数根 【注】本题为了证明关于 x 的方程有两个不相等的实数根，先将其转化为证明根的判别式10，又可将10 转化为证明关于 t 的二次函数与 x 轴无交点，即20连续两次化归给解题以明确的方向 上面的例题是有关根据的值来判断方程的实数根的情况，其实，还有大量已知方程根的情况，运用的取值求方程中字母系数的值或取值范围，及字母系数之间的关系等类型的问题，下面分几种情况加以介绍：一、已知方程有实数根求系数的取值范围 例 3 已知方程 x2 4ax4a30，2x2(4a1)x2a210 中至少有一方程有实数根，求 a 的取值范围 【解】由题意得 1(4a)2 4(4a3)o，解得 2
5、1a或23a；2(4a1)28(2a21)0,解得89a，所以，a 的取值范围是89a或23a 【注】本题也可以从反面考虑，即考虑两个方程均无实根的情形，请读者比较一下两种方法，二、已知整系数方程有有理根或整数根求系数或未知数的值 对于整系数方程 ax2 bxc0（a0），若方程有有理根（或整数根），则其判别式一定是一个完全平方数，否则即为无理根，例 4 当 x 为何有理数时，代数式 9x223x2 的值恰好是两个连续正偶数的乘积？【解】设两个连续偶数为 k，k2（k 为正偶数），则 9x223x2k(k2)，即 9x223x(k22k2)0 因为 x 是有理数，且此方程有有理根，所以它的判别
6、式是完全平方数，令 23236(k22k2)56536(k1)2p2(p0)从而 p236(k1)2565，即 p6(k1)p6(k1)56511355651 故5)1(6113)1(6kpkp 或1)1(6565)1(6kpkp 解得859kp或46283kp 代入方程解得 x12，x2941，x317，x49130 综上所述，当 x12，x2941，x317，x49130时，原代数式恰好为两个连续偶数 8 和 10，或 46 和48 的乘积 三、运用判别式求代数式的最值 例 5 求12156322xxxx取最小值时的 x 值【解】令12156322xxxxy，则 (y6)x2 2(y 6)
7、x2y100 由题意得 y6，且02112112122xxx，由于 x 可取任何实数，所以方程有实数根，4(y6)24(y6)(2y10)4(y210y24)4(y5)240，解得 4y6，故 4y6将 y4 代入得 x1，故当 x1 时，分式有最小值 4 【注】利用方程有解的必要条件，往往能够缩小范围，但要验证正确性 四、运用判别式解特殊的二元二次方程 例 6 求方程 5x2 6xy 2y214x 8y100 的实数解【解】将方程看作关于 x 的一元二次方程，整理得 5x2(6y14x2y28y 100.由题意得(6y14)220(2y28y10)4(y1)20，所以 y1代入原方程得 x2
8、，所以，原方程的实数解是12yx 【注】在求解特殊的二元二次方程时，常用主元法，具体内容将在本章 1.5 节加以介绍当然，本题也可以将 y 作为主元，读者不妨一试 五、构造一元二次方程有实根来证明等式或不等式 例 7 若 a1，a2，an，b1，b2，bn都是实数，求证：222112222122221nnnnbabababbbaaa 【分析】直接展开后比较，处理起来很困难，若两边同乘以 4可以化为类似于 4acb2的形式，从而构造一元二次方程，利用根的判别式来证明 【证明】(1)若022221 naaa，则021 naaa，原不等式成立；(2)若022221 naaa，构造二次函数 22221
9、22112222212nnnnbbbxbababaxaaay 02222211 nnbxabxabxa 又022221 naaa，即二次函数开口向上，二次函数图象与 x 轴无交点或只有一个交点，故0 即 044222212222122211 nnnnbbbaaabababa 昕以，222112222122221nnnnbabababbbaaa 【注】所得的结论是著名的柯西(Cauchy)不等式，本题也可用向量方法证明 例 8 已知函数 f(x)x2axb，其中 a，b 为实数，若存在实数 m，使 得；|f(m)|41，且|f(m1)|41，试求：a24b 的最小值，【解】对任意实数 x0，有
10、1|(m1x0)(mx0)|m1x0|mx0|所以由抽屉原理可知|m1x0|与|mx0|中必有一个不小于21 如果a24b0，那么 f(m)422am，f(m1)4212am中必有一个大于41，这与题设矛盾，所以0 又当 a1，b41，|f(0)|f(1)|41，且0，所以b24ac 的最小值为 0 习题 1.3 1.试问：当 m 是何整数时，9m2 5m26 能够分解成两个连续正整数的乘积？2.若 a、b、c、d、e 均为实数，且满足 abcde8，a2 b2 c2d2 e216，求 e 的最大值 3.设 a、b、c 为互不相等的实数，且满足关系式：54141622222aabcaacb，求
11、 a 的取值范围，4.设 正 实 数 a、b，二 次 三 项 式 y2 ay b 的 判 别 式 满 足 0 2a.求 证：不 等 式0124bxxax的解集是总长度为 2 的两个区间的并集 5.求所有整数 a，使得方程 x2axyy21 有无穷多组整数解(x,y).练习 1.3 1.设9m25m26k(k1)(k2为正整数)，那么9m25m(k2k26)0有整数解，则12536(k2k26)36k236k911 必为完全平方数。设 36k236k911p2(p 为正整数)有整数解，则2362436(p2911)122(p2920)也是完全平方数 设 p2920q2(q 为正整数)，故(qp)
12、(qp)920，由于 qpqp，且 qp 与 qp 同奇偶，因此 qp 与 qp 均为偶数，所以2460pqpq，4230pqpq，1092pqpq，2046pqpq，解得231229qp，117113qp，5141qp，3313qp，此时 m1，2，6，13 2.构造二次函数 y4x22(abcd)x(a2b2c2d2)(xa)2(xb)2(xc)2(xd)20,即函数与 x 轴无交点或只有一个交点，从而4(abcd)216(a2b2c2d2)0，代入得 4(8e)216(16e2)0，即 4e(5e16)0，5160 e，故 e 的最小值为516 3.由于54141622222aabcaa
13、cb,从而(bc)2b22bcc24(a1)2，则)1(2acb，故 b、c 是方程054)1(222aaxax的两个不相等实数根，4(a1)24(a24a5)0，解得 a1，此时 b2c22(a1)(a7)0,以上得出 a 的取值范围。仅是 bc 时的情形，下考虑把 ab(或ac)的情况排除。当 ab 时，由于 b 是方程的根，054)1(222aaaaa，即 4a22a50 或6a50，从而4211a或65a；当 ac 时，同理可得4211a或65a，所以 a 的取值范围是 a1，且4211a,65a 4.设 y2ayb0 有两个不同的实根 y1y2，由于 y1y2b0，故 y1与 y2同
14、号，又 y1y2a0，所以 y1，y2均为正数，又由于y2y1，从而 x4(a1)x2xb(x2xy1)(x2xy2)，现设方程 f1(x)x2 x y1 0 的 两 根 为 u1 0 u2；f2(x)x2 x y2 0 的 两 根 为 v1 0 v2，则221224112411vyyu，而241124111211yyuv 24141112yy，由 a24b2a 得 4ba22a，从而212)4141(yy 4)1221(2)164121(216)(41)(212212121aabaayyyyyy从而2414112yy，v1u10，所以 f1(x)f2(x)(xu1)(xv1)(xu2)(xv
15、2)0 的解集是两区间的并集 2211,vuvu，从而总长v1u1v2u2v1v2(u1u2)1(1)2 5.5.当0 时，x2y21 只有四组整数解；当1 时，由 x2yxy21 可得 4(x2xyy2)4，即(2xy)23y24，从而 y0 或1，所以仅有有限组解。当|1 时，用递归方式构造出方程的解：由于当(x，y)是对1 时满足方程的解，那么(x，y)也是对1 时满足方程的解，所以只需构造1,时方程的无穷多个整数解。注意到当1 时，(x1，y1)(0，1)是方程的解，所以设(xn，yn)是满足 0 xnyn时方程的整数解，考虑数对(xn1，yn1)(yn，ynxn)，则 0 xn1ynyn(ynxn)ynxnyn1，且2211121nnnnnyyyxx 12222222222nnnnnnnnnnnnnnnnnxyxyxyxyyxyyxyyxy从而(xn1，yn1)也是方程的解，从而原方程有无穷多组整数解。