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1、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+4ac（PR-1）.（Pc-Ra）20，又 PR1，a0，（1）当
2、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=kPAOA.（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 x2=k（a-x）a，即x2+kax-ka2=0，当判别式0 时有两解，这时 =k2a2+4ka2=
3、a2k（k+4）0.a0， k（k+4）0，故 k-4 或 k0.（2）x10x2a. 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：0x 0y 0z分析 将代入可消去一个字母，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，
4、据已知此方程有实根，故有 =16（x-a）2-16（4x2-4ax+a2）00x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+r2（）-（a1+a2）2+4b.于是（a1+a2）2（）+2b，a1a2b.同理有 a2a3b，a3a1b.三式相加即得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=
5、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.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
6、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 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
7、（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 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: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.
8、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）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）2-4kabk2（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 x
9、0，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
10、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 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 a
11、1，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 的两根，x1+x2=m，x1x2=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
12、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 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
