高二数学判别式与韦达定理

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1、竞赛讲座24－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.  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

2、  △     =（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.  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,x

3、＜a，且OP2=k·PA·OA.  （1）       k为何值时，x有两个解x1，x2（设x1＜x2）；  此处无图  （2）       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

4、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，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

5、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.  

6、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.  ∴  ＞  2．  韦达定理的应用  例7 

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，    ①  a2x2+b2x+c2=0，    ②  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+c

8、1c2=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，