专题1.3 利用判别式解题+刘智勋.docx

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1、1.3利用判别式解题关于X的一元二次方程加+法+c=O(O),我们用配方法可得(x+2)2=-4c2a4a，故a+与J干,因为g+1)2o,所以当店一420时，原方程才有实数根.我们将序一42a4a-2a称为一元二次方程根的判别式，用符号“”表示.具体来说，当/一4讹0时，方程有两个不相等的实数根；当-4祀=0时，方程有两个相等的实数根；当从一4.cV0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、字母的取值范围，进一步可以证明等式或不等式、求

2、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f+px+4I=O与2+p2x+q2=O中，PP2=2(3+伙)，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和2,则+?=P；-441+P；-4%,又P1P2=2+伙)，故4+A=p2pP2+6=(P1P2)20,所以()与4220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P+Q2R,则P2.与中22至少有一个成立.例2设V方VCVd,证明：对任意的实数fW1,关于X的方程(x)(xc)+心:一力)(xd

3、)=0都有两个不相等的实数根，【证明】原方程可整理得(1+f)F(a+c)+(b+J)t-(ac+bdt)=O因为r-1=(+c)+r2-4(1+r)(ac+bdt=(b-d)2t2+2(a+c)(b+d)-2(ac+bdtji(a-c)2由于bVd,故仍一切2o,从而式可看作关于f的二次函数，图象开口同上，要证明40,只需要证明此二次函数与X轴无交点，即关于，的二次函数的判别式Vo即可.又42=43+0(8+42(c+朗24(642(-c)2=6(a-d)(b-c)(a-b)(d-c)结合IVbVcVd,故42()，又可将()转化为证明关于f的二次函数与X轴无交点，即42V0.连续两次化归给

4、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+40v-4+3=0,2x2-(4+I)X+2/1=0中至少有一方程有实数根，求的取值范围.【解】由题意得Z=(44)24(4-3),13解得或；222=(4。+1)2-8(2a2-1)0,993解得。之一一，所以，的取值范围是4-一或-一882【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

5、理根或整数根求系数或未知数的值对于整系数方程0x2+bx+c=O(0),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9+23%一2的值恰好是两个连续正偶数的乘积？【解】设两个连续偶数为七攵+2(2为正偶数)，则9+23%2=2伙+2),即92+23x-(2+2+2)=0因为X是有理数，且此方程有有理根，所以它的判别式是完全平方数，令=232+36(炉+2k+2)=565+36伏+1尸=/仍20)从而p2-36伙+1)2=565,即p+6(2+1)即一6伙+1)=565=1135=5651Jp+6(2+1)=113故p-6(Z+1)=5

6、fp+6(k+1)=565或p-6(k+)=解得=283%=46代入方程解得x=2,X2=-口=-17,*99综上所述，当内=2,12=-生，X3=-17,X4=空时，原代数式恰好为两个连续偶数8和10,或46和9948的乘积三、运用判别式求代数式的最值例5求3+6x+5取最小值时的X值.121-X+x+12【解】令y=3+6xt5,则-X2+x+12(y-6)x2+2(y6)x+2y-10=0由题意得y6,且1x2+x+i=j_(x+iy+J.(),由于X可取任何实数，所以方程有实数根，=4(v-6)2-4(y-6)(2y-10)=-4br-10y-24)=-4(y-5)2+40,解得4y6

7、,故4WyV6.将y=4代入得x=-1,故当=1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+2-14-8y+10=0的实数解.【解】将方程看作关于X的一元二次方程，整理得5f+(6y-14x+2y2-8y+10=0.由题意得4=(6y-14尸一20(2/28丁+10)=4()，+1产20,所以丁=一1.代入原方程得x=2,所以,(X=2原方程的实数解是Iy=T【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

8、次方程有实根来证明等式或不等式例7若的，做，%，b,历，都是实数,求证：+：%；+以+生伪+。也)【分析】直接展开后比较，处理起来很困难，若两边同乘以4.可以化为类似于新c2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+：=0,则/=O2=0,原不等式成立；(2)若42+d+40,构造二次函数y=(2+a2+一2(4+也Jx+0：+b；+”)=(a1x-b1)2+(a2x-b2)2H-(anx-bt0又娠+而+%0,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().即A=痴Ib1+a2b2H卜囚瓦丫一电;+a2+优+8)0昕以，+；%：+优+)“4白+

9、生4+4也)【注】所得的结论是著名的柯西(CaJMy)不等式，本题也可用向量方法证明.例8已知函数=x2+ar+A其中方为实数，若存在实数加，使得；(w)I-*，且1/(?+1)1试求：A=t2-4b的最小值,44【解】对任意实数的，有1=(w+1-的)(mXO)IW1M+1-o+fn-o所以由抽屉原理可知1?+1刈|与|而一觉|中必有一个不小于一.2如果=/4bV0,那么/(河=(m+)-?，为+1)=(加+1+3-弓中必有一个大于;，这与题设矛盾，所以().又当a=-1,b=-fX0)=IZ(I)I=-,且=(),所以=/-4c的最小值为0.44习题1.31 .试问：当机是何整数时，9m2

10、+5m+26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+b+c+d+e=8,cr+b2+c2+f+=16,求e的最大值.3 .设a、AC为互不相等的实数，且满足关系式：h1+c1=2a2+16f1+14M心+b+5切+26=M&-1)&力2为正整数)，那么9利2+5切02一攵-26)=0有整数解，则4=25+36(后一126)=36F361911必为完全平方数。设36A2-361911=p2(p为正整数)有整数解，则42=36?+4X36(p2+911)=122(/+920)也是完全平方数设p2+920=q2(q为正整数)，故(q+p)(qp)=920,由于q+

11、p4一p,且q+p与夕一p同奇偶，因此夕,-q+P=460(q+p=230q+p=92fq+p=46fp=229+p与qp均为偶数，所以,7,，,解得，q-p=2q-p=4q-p=0q-p=20g=231p=113p=41(7=117,1=51p=13I,此时加=-1,2,6,13Q=332 .构造二次函数y=4f+2(+力+c+d)x+U2+2+c2+)=(x+)2+(x+/?)2+(x+c)2+(x+J)2O,即函数与1轴无交点或只有一个交点，从而4=4(+6+。+1)216(/+/+，+/)0,代入得4(86)216(16e2)0.即4e(5e16)WO,0故e的最小值为1553 .由于

12、0,解得-1此时/+c2=2(+1)(+7)0,以上得出。的取值范围。仅是bc时的情形，下考虑把。=从或=c)的情况排除。当=匕时，由于人是方程的根，a22(7+1)a+2-4-5=0,即4片一2a5=。或-6-5=0,从而。=旧且或。=一2；当=c时，同理可得4二.J或=一,所以。的4646取值范围是。一1,且扬工一*464 .设y2y+b=O有两个不同的实根yV，由于)，1力=力0,故y与力同号，又1+2=。，所以y，2均为正数，又由于JX=”一乃，从而V(+1)x2-JZ+b=(x2+一刃)(x2X”)，现设方程力(x)=x2-y1=0的两根为0U2;力(X)=X21一”=0的两根为Vi

13、0V2,则/2小从而(J1+4%-J1+例产=211+2(%+%)-J1+4(y+%)+1=2(1+加一J1+4+1)2(1+2-21)4从而J1+4%-J1+4y0,所以力(X)及(X)=(XM1)(XV1)(XM2)-V2)O的解集是两区间的并集,匕72，岭，从而总长=W-M+口2=力+吸(|+2)=1(1)=25 .5.当=O时，X2+/=1只有四组整数解；当=1时，由2yx+y2=1可得4(2孙+y2)=4,即(2x),)2+3)2=4,从而y=O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。V-I时满足方程的解，那么(x,一切也是对时满足方程的解，所以只需构造4一1,时方程的无穷多个整数解。注意到当。一1时，(R,y