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1、 求一元二次方程的整数根对于一元二次方程ax2+bx+c=0(a0)的实数根的情况,可以用根的判别式=b2-4ac来判别，但对于它的有理数根、整数根的情况，就没有统一的方法来判别，只能对具体问题寻找具体解题方法.本文约定方程的两根为x1、x2(x1x2).1 直接求解 对于一元二次方程ax2+bx+c=0(a0)能用因式分解法变形为a(x-x1)(x-x2)=0的，可直接求出原方程的两根，再对两根进行讨论. 例1 设y=ax2+bx+c.已知：x=1时，y=0;x=-1时，y为偶数.求证：方程x2-(a+b+c)x+ba+bc=0的两个根是整数根.(1993,四川省初中数学竞赛) 证明：将方程
2、x2-(a+b+c)x+ba+bc=0分解为(x-b)(x-a-c)=0.有 x1=b， x2=a+c.由x=1，y=0得a+b+c=0；由x=-1，y为偶数，设y=2n(n为整数)，则a-b+c=2n.解得b=-n，a+c=n，均为整数.所以方程x2-(a+b+c)x+ba+bc=0的两个根是整数根.例2 m是什么整数时，方程(m2-1)x2-6(3m-1)x+72=0有两个不相等的正整数根？(1993，天津市初二数学竞赛决赛)解：显然m1.原方程可分解为(m-1)x-6(m+1)x-12=0，有 x1=6m-1 ， x2=12m+1. x1，x2为正整数，m-1=1，2，3，6且m+1=1
3、，2，3，4，6，12.解得m=2或m=3.但m=3时， x1=x2，应舍去.故m=2为所求.2 利用判别式对于一元二次方程ax2+bx+c=0(a0)，如果是关于参数的次数不高于2的多项式时，可利用判别式进行讨论.例3 设m为整数，且4m40，又方程x2-2(2m-3)x+4m2-14m+8=0有两个整数根.求m的值及方程的根. (1993，天津市初二数学竞赛决赛)解：由=-22m-32-4(4m2-14m+8)=4(2m+1)又因为4m40， 所以92m+181. 而2m+1为奇数， 故2m+1=52或72. 则m=12或24. 当m=12时， x2-42x+416=0， x1=26，x2
4、=16; 当m=24时，x2- 90x+1976=0， x1=52， x2=38.例4 求满足方程 y4+2x4+1=4x2y的所有整数对(x,y).(1995,江苏省数学竞赛)解：将原方程变形为2x4-4x2y+y4+1=0. 有=(-4y)2-8(y4+1)=-8(y2-1)20， 所以(y2-1)20. 故y2-1=0，即y=-1,1. 当y=-1时，原方程无解; 当y=1时，(x2-1)2=0，x=1或-1. 所以，满足原方程的所有整数对是(1，1)、(-1，1).3 利用韦达定理 设关于x的整系数方程ax2+bx+c=0(a0)的两整数根满足x1+x2=- ba，x1x2=ca，则-
5、 ba，ca为整数，可利用b、c能被a整除来求解.例 5 若k为正整数，且一元二次方程(k-1)x2-px+k=0的两个根都是正整数，则kpk(pp+kk)+(p+k)的值等于_. (1989，武汉市初中数学竞赛(初二)解：由x1x2=kk-1知kk-1为正整数. k-1=1，k=2. 有x1x2=2. x1=1，x2=2. 又由x1+x2=pk-1得p=3. kpk(pp+kk)+(p+k)=26(33+22)+(2+3)=1989.例 6 方程x2+ax+1=b的根是自然数.证明：a2+b2是合数. (第20届全苏数学竞赛) 证明：原方程整理为x2+ax+(1-b)=0， 于是x1+x2=
6、-a，x1x2=1-b. 所以a2+b2=(x1+x2)2+(1-x1x2)2 =x12+2x1x2+x22+1-2x1x2+x12x22 =(1+x12)(1+x22). 因为1+x122，1+x222， 所以(1+x12)(1+x22)为合数，所以a2+b2是合数.4 构造方程对于一元二次方程ax2+bx+c=0(a0)，如果存在整数p，q，r满足p(ca)+q(- ba)=r，则可利用韦达定理，通过构造方程px1x2+q(x1+x2)=r，可求方程(px1+q)(px2+q)=pr+q2的整数解.例7 方程x2+px+q=0的两个根都是正整数，并且p+q=1992.则方程较大根与较小根的
7、比等于_.(1992，北京市初中数学竞赛初二复赛)解：x1+x2=-p，x1x2=q， x1x2-x1-x2= p+q=1992， (x1-1) x2-1=1993. 1993为质数， x1-1=1， x2-1=1993. x1=2，x2=1994. 故x2x1=997.例8 求所有的实数k，使方程kx2+(k+1)x+(k-1)=0的根都是整数.(1993，第五届祖冲之杯初中数学竞赛)解：由韦达定理得 x1+x2=-k+1k=-1-1k， x1x2=k-1k=1-1k. 由x1x2-( x1+x2)=2， 有(x1-1)x2-1=3， 则x1-1=1，x2-1=3或x1-1=-1，x2-1=
8、-3， 所以x1=2，x2=4或x1=0，x2=-2. 故k1=-17或k2=1.5 利用整数的性质 可以利用奇偶数性质、质数性质、平方数性质解题. 例9 如果方程x2 +2kx+2t-1=0(k与t都是整数)有整数根，则它的另一个根必是下列判断的( ).(A) 不是整数(B) 是整数，但不能判定奇数或偶数(C) 是奇数 (D)是偶数解：由+=-2k，=-2k-是整数，又=2t-1是奇数，均为奇数. 故选(C) 例10 方程x2+px+1997=0恰有两个正整数根 x1、x2，则px1+1(x2+1)的值是( ). (A)1 (B)-1 C-12 D12 (1997，北京市初三数学竞赛) 解：
9、由x1x2=1997,1997为质数，知x1=1，x2=1997， P=- x1+x2=-1998. 原式=-199821998=-12. 故选(C).例11 设a与b是任意给定的整数.试证明方程x2+10ax+5b+3=0和x2+10ax+5b-3=0都没有整数根.(1978，北京市中学生数学竞赛) 证明：(反证法)设为原方程的整数根，则 2+10a+5 3=0移项变形为2=-5(2a+b)3.左边的个位数字只可能是0，1，4，5，6，9，而右边的个位数字只能是2，8，显然左边右边.假设不成立，原命题成立.6 参元互换 在直接讨论一元二次方程的未知数比较困难，而讨论参数又比较方便时，可以考虑
10、参元互换. 例12试求出所有这样的正整数a，使得二次方程ax2+2(2a-1)x+4(a-3)=0至少有一个整数根.(第三届祖冲之杯初中数学竞赛) 解：将原方程变形为关于a的一次方程(x+2)2a=2(x+6). 显然x+20.a=2(x+6)(x+2)2.(a为正整数) a=2(x+6)(x+2)21 解得-4x2.取x的整数值为-4，-3，-1，0，1，2，分别代入得a的整数值为1，3，6，10. 例13 使方程a2x2+ax+1-7a2=0的两根都是整数的所有的正数a的和是_. (1992，上海市初中数学竞赛) 解：将原方程变形为关于a的二次方程(x2-7)a2+xa+1=0. =x2-4(x2-7)=28-3x20 x2283. 又x为整数， x2=0，1，4，9. 而a=-x28-3x22(x2-7)， 当x=1时，a=12或-13； 当x=-1时，a=13或-12； 当x=2时，a=1或-13； 当x=-2时，a=13或-1； 当x=3时，a=-12或-1； 当x=-3时，a=12或1； 当x=0时，a=77或-77. 而a0即a=1时，x=2或-3； a=12时，x=1或-3； a=13时，x=-2或-1； a=77时，x=0或-7(舍去). 故所有正数a的和是1+12+13=116.
