利用判别式巧解竞赛题
柯西不等式
柯西不等式例3.在DABC中，设其各边长为a,b,c,外接圆半径为R，求证：证明：左边³例4.设a,b,c为正数，且a+b+c=1,求证：证明：左边=³==例8.利用柯西不等式证明(1)(ab+cd) (ac+bd)≥4abcd;(2)若a、b、c∈R+，则(3)若a、b、c∈R+，且ab+bc+cd=1,则.(4).证明(1)∵(ab+cd)(ac+bd)等式当且仅当且a=d 即b=c,a=d 时成立.(2)=(1+1+1)2=9当且仅当a=b=c时，等式成立.(3)注意到(a2+b2+c2)2=(a2+b2+c2)·(b2+c2+a2)≥(ab+bc+ca)2=1 , ∵(a+b+c)2=a2+b2+c2+2(ab+bc+ca)≥1+2=3 ,又由a+b+c＞0,故,当且仅当时，等式成立.(4)注意到柯西不等式(3) 2.二维形式的柯西不等式： 若,,,a b c d R ∈，则 .当且仅当 时, 等号成立.变式10. 若,,,a b c d R ∈，则||2222bd ac d c b a ++⋅+或bd ac d c b a ++⋅+2222；变式20. 若,,,a b c d R ∈，则222222()()a b c d a c b d +++-+- ；变式30.（三角形不等式）设332211,,,,,y x y x y x 为任意实数，则：222212122323()()()()x x y y x x y y -+-+-+-≥3. 一般形式的柯西不等式：设n 为大于1的自然数，,i ia b R ∈(=i 1,2,…,n )，则： .当且仅当 时, 等号成立.(若0=i a 时，约定0=i b ，=i 1,2,…,n ).变式10. 设,0(1,2,,),i i a R b i n ∈>= 则：∑∑∑≥=i i ni iib a b a 212)( . 当且仅当 时, 等号成立.变式20. 设0(1,2,,),i i a b i n ⋅>= 则：∑∑∑≥=ii i ni i i b a a b a 21)(.当且仅当n b b b === 21时,等号成立. 变式30. (积分形式)设)(x f 与)(x g 都在],[b a 可积，则dx x g dx x f dx x g x f ba b a b a )()()()(222⎰⎰⎰⋅≤⎥⎦⎤⎢⎣⎡，当且仅当)()(x g t x f ⋅=时,等号成立.如果一个定理与很多学科或者一个学科的很多分支有着密切联系，那么这个定理肯定很重要. 而柯西不等式与我们中学数学中的代数恒等式、复数、向量、几何、三角、函数等各方面都有联系. 所以, 它的重要性是不容置疑的！☆ 柯西不等式的应用：例1. 已知实数,,a b c ,d 满足3a b c d +++=， 22222365a b c d +++=. 试求a 的最值例2 在实数集内 解方程22294862439x y z x y y ⎧++=⎪⎨⎪-+-=⎩例3 设P 是三角形ABC 内的一点，,,x y z 是p 到三边,,a b c 的距离，R 是ABC 外接圆的半径， 证明22212x y z a b c R ++≤++例4 (证明恒等式) 已知,11122=-+-a b b a 求证：122=+b a 。
构造一元二次方程 巧解竞赛题
式， 我们可简洁 、 有效地解答数 学竞赛 题 ， 本文举 例介 绍
其应用．
１ 求代数式的值
例 ３ （０ １ ２０ 年全 国初 中数 学联 赛题 ） 已知实数 ａ ，
ｆ ａ＋ｂ＝８．
例 １ （０ ２年 山 东省初 中数 学竞赛题 ） ２０ 已知实 数 ｘｙ 足 ： ）＝ ， ， ，满 ＋ ， ５ 且 ＝ ＋ ９ 则 ＋２ ｙ一 ， ｙ＋３ ＝ ｚ
故
（ 一１ ＝ ， ） ０
化简整理得 ０ 一 ａ＋ ≤０ ６ ５ ，
解 得 １ ≤５ ≤口 ．
于 是 ＝１△＝ ， ， ０
方程有相等的两个实数根 ，
ｌ Biblioteka ６ 证明不等式 例 ７ （９ １ １９ 年“ 曙光杯 ” 中数 学竞赛题 ） 初 已知实
山
即 ＝ Ｙ＝（ 一 ）× ＝１ ３ ： 一 ，
是 △Ｉ０ 即 ： ｐ 一 ｑ Ｏ 贝 Ｐ ≥４ ． ＞ ， （一 ） ４ ￣ ， ０ ｇ ＞ 利用上述构造一元二次方 程 的方 法 ， 通过 建立不 等
解得 ＝ ， ＝１ ３Ｙ ． 则 ”＝ ｈ¨。 ９ ３ ＝． ２ 解方程
化简整理得Ｚ≤ ， ：／０故 ＝ ， ２ ０而 ， ＞ ０ 于是 ＝ ， ０ ０Ａ＝ ， 方程有相等的两个 实数根 ， ２ ６ １ 即 ： ｙ： ２× １
解得 ＝ ， ＝ ． ２Ｙ ３ 所 以 ＋ ， ３ ＝ ＋ ３＋ ８ ２， ｚ ２ ２× ０＝ ． ＋
方程有相等 的两个实数根 ，
即。 ： ４ ：ｂ ８× １：
，
例 ２ （９ ８年上海 市“ １９ 鹏欣 杯” 中数 学竞赛题 ） 初
已知实数 ｘｙ 满足 ： ６— ｙ和 ２ ＋ ２ｙ＋ ｙ＝ ， ，， ＝ ３ 一 ｘ ３ ０
巧解追及相遇问题四法
巧解追及相遇问题四法临界法：寻求问题中隐含的条件，例如速度小者加速追赶速度大者，在两侧物体相等时有最大距离；物体大者减速追赶速度小者，若追不上则在两物体速度相等时有最小距离。
函数法：思路一：先求出在任意时刻t 两物体间的距离y=f （t ），若对任意时刻t ，均存在0y f t =>（），则这两个物体永远不能相遇；若存在某个时刻t ，使得0y f t =≤（），则这两个物体能相遇思路二：设两个物体在t 时间相遇，然后根据位移关系列出关于t 的方程0f t =（），若方程0f t =（）无正实数解，则说明这两个物体不可能相遇；若方程0f t =（）存在正实数解，说明这两个物体能相遇图像法：（1）若用位移图像法求解，分别作出两个物体的位移图像，如果两个物体的位移图像相交，则说明两物体相遇（2）若用速度图像求解，则注意比较速度图线与时间轴所包围的面积相对运动法：用相对运动的知识求解追及问题时，要注意将两个物体对地的物理量（速度、加速度和位移）转化为相对的物理量，在追及问题中，常把被追物体作为参考系，这样追赶物体相对被追赶物体的各物理量即可表示为：x x x =-后相对前，v v v =-后相对前，a a a =-后相对前，且式中各物理量（矢量）的符号都江堰市应以统一的正方向确定例1在水平轨道上有两列火车A 和B 相距x ，A 车在后面做初速度为0v 、加速度大小为2a 的匀减速直线运动，而B 车同时做初速度为零、加速度大小为a ．的匀加速直线运动，两车运动方向相同．要使两车不相撞，求A 车的初速度0v 满足的条件．运动过程如图所示解法一 临界法：利用位移公式，速度公式求解，对A 车有201'2)'2A x v t a t =+-(，02'A v v a t =+-() 对B 车有21'2B x a t =)，'B v at = 两车的位移关系有A B x x x =-追上时，两车不相撞的临界条件是A B v v =联立发上各式解得0v =故要使两车不相撞，A 车的初速度0v 应满足条件是0v ≤解法二 函数法利用判别式求解，由解法一可知A B x x x =+ 即22011'(2a)t''22v t x at +⨯-=+ 整理得203'2'20at v t x -+=这是一个关于时间t'的一元二次方程，当根的判别式20(2)4320v a x ∆=-⨯⨯<，t'无实数解，即两车不相撞.所以要使两车不相撞，A 车的初速度0v 应满足的条件是0v ≤解法三 图像法利用速度—时间图象求解，先作A 、B 两车的v —t 图象，其图象如图所示，设经过t'时间两车刚好不相撞，则对A 车有0'2'A v v v at ==-对B 车有''B v v at ==以上两式联立解得0'3v t a= 经't 时间两车发生的位移之差为原来两车距离x ，它可用图中的阴影 面积表示，由图可知2000011'2236v v x v t v a a===故要使两车不相撞，A 车的初速度0v 应满足条件是0v ≤解法三 相对运动法（巧选参考系）巧选参考系求解，以B 车为参考系，A 车的初速度为0v ，加速度a ′=-2a-a=-3a .A 车追上且刚好不相撞的条件是：0v =，这一过程A 车相对B 车的位移为x .由运动学公式2202v v ax -=得，22002(3)v a x -=-，所以0v =故要使两车不相撞，A 车的初速度0v 应满足条件是0v ≤例2在同一水平面上，一辆小车从静止开始以21m/s 的加速度前进，在车后后相距025x m =处，与该车运动方向相同某人同时开始以6m/s 的速度匀速追车，问能否追上？若追不上，人、车的最小距离为多少? 作出运动过程示意图，如图所示解法一 临界法人的速度只要大于车的速度，两者的距离就越来越小，人的速度小于车的速度，两者的距离就越来越大，那么，当两车速度相等时，两者的距离最小。
一元二次方程的整数根与有理根-初中数学知识点
一元二次方程的整数根与有理根一元二次方程的整数根与有理根例谈一元二次方程整 数根的求解 选自《初中数学竞赛》辅导丛书对于一元二次方程()200ax bx c a ++=≠ 的实数根问题，可以用根的判别式2=4b ac ∆- 来判别，但对于它的有理根、整数根情况就没有统一的方法来判别，常用到的方法有: (1 )直接求解， (2 )根的判别式法， (3 )根与系数的关系， (4 ) 巧设主元， (5 )构造函数等方法，另对公式1212x x x x ++ 的恒等变形也是解诀整数根常用到的一种变形技巧，整除理论在求整数根中占据十分重要的地位，务必熟练掌握，灵活运用。
下面笔者从近几年全国各地初中数学竞赛试题中选取有关一元二次方程整根的试题，供同行参考借鉴。
1. 直接求解例1 . m 是什么整数时方程()()221631720m x m x ---+= 有两个不相等的正整数根? 2 .利用判别式0∆≥例2. 已知方程()2320ax a x a --+-= 至少有一 个整数根，求整数a 的值例3. 求满足方程442214y x x y ++= 的所有整数对 (),x y3 .利用判别式∆ 是完全平方式例4. 设m 为整数且440m << ,方程()2222341480x m x m m --+-+= 有两个整数根，求m 的值和方程的根。
例5. x 为何有理数时代数式29+232x x -的值恰为两个连续正偶数的乘积?4 .利用韦达定理例6. 方程20x px q ++=的两个根都是正整数并且1992p q += ，求方程较大根与较小根之比。
例7. 求所有实数k 使方程()()2110kx k x k +++-= 的根都是整数5 .常元互换例8. 求出所有这样的正整数a 使得二次方程()()2221430ax a x a =-+-= 至少有一个整数根例9 . 使方程222170a x ax a ++-= 两根都是整数根的所有正数a 的和0 是多少?6 .利用整数性质例10 . 如果方程210x ax b -++= 的两 根12,x x 都为自然数，试证:22a b + 必为合数例11. 已知,m n 为整数，方程2+10530x mx n ++= 有实数，问方程有无整数根?7 .利用二次函数例12 .已知,b c 为整数， 方程250x bx c ++= 的两个根都大于1- 且小于0，求b 和c8 .综合应用例13 .已知关于x 的方程24832x nx n --= -- ---- ①和()22-3220x n x n +-+= ---- -②问是否存在这样的n 值， 使第一 个方程的两个实数根的差的平方等于第二个方程的一个整数根?如存在，求出这样的n 值;如不存在，说明理由。
巧解追及问题的四种方法
消防给水
[典例] 在水平轨道上有两列火车A和B相距x ，A车在后面做初速度为v0、加速度大小 为2a的匀减速直线运动，而B车同时做初 速度为零、加速度为a的匀加速直线运动 ，两车运动方向相同。要使两车不相撞 ，求A车的初速度v0满足什么条件。
消防给水
[解析] 要使两车不相撞，A车追上B车时其速 度最大只能与B车相等。设A、B两车从相距 x到A车追上B车时，A车的位移为xA、末速 度为vA、所用时间为t；B车的位移为xB、末 速度为vB、运动过程如图1－4－7所示，现 用四种方法解答如下：
中各系数间的关系，这也是中学
物理中常用的数学方法；
应用v－t 图象求解
阴影部分的消面积防 表给示水 两车位移之差
法三：图象法
通过图象使两车的位移关 系更直观、简洁；
消防给水
巧选参考系
确定A车相对B
法四：相对运动法车的相对速度
和相对加速度
通过巧妙地选取参 考系，使两车的运 动关系变得简明。
消防给水
巧解追及问题的四种方法
1、临界法
消防给水
速度相等时可能 有最大距离或最
小距离
寻找问题中隐含的临界条件，例如速度小 者加速追赶速度大者，在两物体速度相等 时有最大距离；速度大者减速追赶速度小 者，若追不上则在两物体速度相等时有最 小距离。
通过讨论两物体间
消防给水
写出位移关系列出方程，根
的距体离是来否判相断遇两物2、函数据否法根有的解判，别 若式 有， 解判 则断 相方 遇程 ；是 若
两个物体可能相遇 ＝0存在正实数解，
。
说明这两个物体能
消防给水
3、图象法
(1)若用位移图象求解 ，分别作出两个物体 的位移图象，如果两 个物体的位移图象相 交，则说明两物体相 遇。
数学竞赛中方程整数解的实用求法
数学竞赛中方程整数解的实用求法1 不定方程的整数解一般地，不定方程有无数组解. 但是，若加上限制条件如整数解等，就可以求出确定的解. 由于含参数的方程的整数解多能转化为不定方程求解，所以先讲不定方程整数解的求法.常用的有下述三种方法.1.1 因式分解法这是最常用的方法，它适用于一边可以分解因式，另一边为常数的方程. 根据是正整数的惟一分解定理：每一个大于1的正整数都可以惟一地分解成素数的乘积. 方法是分解常数后构造方程组求解.例1 求方程xy ＋x ＋y ＝6的整数解.(1996，湖北省黄冈市初中数学竞赛)解：方程两边加上1，得xy ＋x ＋y ＋1＝7.左边＝(x ＋1)(y ＋1)，右边＝1×7＝(－1)×(－7).故原方程的整数解由下列方程组确定：⎩⎨⎧++；＝，＝7111y x ⎩⎨⎧++；＝，＝1171y x ⎩⎨⎧++；＝－，＝－7111y x ⎩⎨⎧++.1171＝－，＝－y x 解得⎩⎨⎧⎩⎨⎧⎩⎨⎧⎩⎨⎧.2882066044332211＝－，＝－；＝－，＝－；＝，＝；＝，＝y x y x y x y x 1.2 选取主元法有些含有二次项的不定方程，可以选取其中的某一变量为主元，得到关于主元的二次方程，再用根的判别式△≥0定出另一变量的取值范围，在范围内选出整数值回代得解.例2 求方程7322＝y xy x y x +-+的所有整数解. (第十二届全俄数学竞赛)解：以x 为主元，将方程整理为3x 2－(3y ＋7)x ＋(3y 2－7y)＝0因x 是整数，则△＝［－(3y ＋7) ］2－4×3（3y 2－7y ）≥0 ⇒931421-≤y ≤931421+ ⇒整数y ＝0，1，2，3，4，5.将y 的值分别代入原方程中计算知：只有y ＝4或5时，方程才有整数解，即x 1＝5，y 1＝4；x 2＝4，y 2＝5. 1.3 整式分离法当分式中分子的次数不小于分母的次数时，可将分子除以分母，把整式(即所得商式)分离出来.若所得余式为常数，则用倍数约数分析法求解较容易；若余式不是常数，则可以根据实际情况构造二次方程，选取原先变量为主元求解.例3 题目同例1.解：用含y 的式子表示x ，得x ＝16+-y y . 分离整式得x ＝－1＋17+y . 因x 为整数，则17+y 为整数.故y ＋1为7的约数，y ＋1＝±1，±7.(笔者注：这种思考方法就是倍数约数分析法)得y ＝0，－2，6，－8.进而x ＝6，－8，0，－2.2 含参数的二次方程的整数解这类整数根问题，近年考查最频繁.实用思考途径有下列四种.2.1 途径一：从判别式入手因为一元二次方程ax 2＋bx ＋c ＝0在△＝b 2－4ac ≥0时有根x ＝ab 2∆±-，所以要使方程有整数根，必须△＝b 2－4ac 为完全平方数，并且－b ±∆为2a 的整数倍.这是基本思想.常用方法如下.1. 当△＝b 2－4ac 为完全平方式时，直接求方程的解，然后解不定方程.例4 已知方程a 2x 2－(3a 2－8a )x ＋2a 2－13a ＋15＝0(其中a为非负整数)至少有一个整数根.那么，a ＝_________.(1998，全国初中数学竞赛)解：显然a ≠0.故原方程为关于x 的二次方程.△＝[－(3a 2－8a )]2－4a 2(2a 2－13a ＋15)＝[a (a ＋2)]2是完全平方式.故x ＝222)2()83(aa a a a +±- 即 x 1＝a a 32-＝2－a 3，x 2＝a a 5-＝1－a5. 从而，由倍数约数分析法知a ＝1，3或5.2. 当△＝b 2－4ac ≥0且不是完全平方式时，一般有下列三种思考途径.(1)利用题设参数的范围，直接求解.例5 设m ∈Z ，且4＜m ＜40,方程x 2－2(2m －3)x ＋4m 2－14m＋8＝0有两个整数根.求m 的值及方程的根.解：因方程有整数根，则△＝[－2(2m －3)]2－4(4m 2－14m ＋8)＝4(2m ＋1)为完全平方数.从而，2m ＋1为完全平方数.又因m ∈Z 且4＜m ＜40,故当m ＝12或24时，2m ＋1才为完全平方数.因为x ＝(2m －3)±12+m ，所以，当m ＝12时，x 1＝16，x 2＝26；当m ＝24时，x 3＝38，x 4＝52.(2)先用△≥0求出参数的范围.例6 已知方程x 2－(k ＋3)x ＋k 2＝0的根都是整数.求整数k的值及方程的根.解：△＝[－(k ＋3)]2－4k 2＝－3k 2＋6k ＋9≥0⇒k 2－2 k －3≤0⇒－1≤k ≤3 ⇒整数k ＝－1，0，1，2，3.由求根公式知x ＝2)3(∆±+k ，故 当k ＝－1时，△＝0，x ＝1；当k ＝0时，△＝9，x ＝0或3；当k ＝1时，△＝12不是完全平方数，整根x 不存在；当k ＝2时，△＝9，x ＝1或4；当k ＝3时，△＝0，x ＝3.因此，k ＝－1，0，2，3，x ＝1，0，3，4.(3)设参数法，即设△＝k 2.当△＝k 2为关于原参数的一次式时，用代入法；当△＝k 2为关于原参数的二次式时，用分解因式法.例7 当x 为何有理数时－代数式9x 2＋23x －2的值恰为两个连续正偶数的乘积？(1998，山东省初中数学竞赛)解：设两个连续正偶数为k ﹑k ＋2.则9x 2＋23－2＝k (k ＋2),即 9x 2＋23－( k 2＋2k ＋2)＝0.由于x 是有理数，所以判别式为完全平方数，即△＝232＋4×9(k 2＋2 k ＋2)＝565＋[6(k ＋1)]2令△＝p 2(p ≥0)，有p 2－[6(k ＋1)]2＝565＝113×5＝565×1.左边＝[p ＋6(k ＋1)][ p －6(k ＋1)]，p ≥0，k ＞0，得）（＝＝1,5)1(6,113)1(6⎩⎨⎧+-++k p k p 或 )2(,1)1(6,565)1(6⎩⎨⎧+-++＝＝k p k p 解(1)得k ＝8，于是，x ＝2或－941； 解(2)得k ＝46，于是，x ＝－17或9130.总之，当x ＝2，－941或x ＝－17，9130时. 9x 2＋23x －2恰为两正偶数8和10，或者46和48的乘积. 2.2 途径二：从韦达定理入手1. 从根与系数的关系式中消去参数，得到关于两根的不定方程.例8 a 是大于零的实数，已知存在惟一的实数k ，使得关于x 的二次方程x 2＋(k 2＋ak )x ＋1999＋ k 2＋ ak ＝0的两个根均为质数. 求a 的值.(1999，全国初中数学联赛)解：设方程的两个质数根为p ﹑q . 由根与系数的关系，有p ＋q ＝－(k 2＋ak )，①pq ＝1 999＋k 2＋ak .②①＋②，得 p ＋q ＋pq ＝1 999则(p ＋1)(q ＋1)＝24×53.③由③知，p 、q 显然均不为2，所以必为奇数.故21+p 和21+q 均为整数，且2121+⋅+q p ＝22×53. 若21+p 为奇数，则必21+p ＝5r (r ＝1，2，3)，从而，p ＝2×5r －1为合数，矛盾. 因此，21+p 必为偶数.同理，21+q 也为偶数.所以，21+p 和21+q 均为整数，且4141+⋅+q p ＝53. 不妨设p ≤q ，则41+p ＝1或5. 当41+p ＝1时，41+q ＝53，得p ＝3，q ＝499，均为质数.当41+p ＝5时，41+q ＝52，得p ＝19，q ＝99，q 为合数，不合题意.综上可知，p ＝3，q ＝499.代入①得k 2＋ak ＋502＝0. ④依题意，方程④有惟一的实数解.故△＝a 2－4×502＝0.有a ＝25022.利用“两根为整数时，其和、积必为整数”.例9 求满足如下条件的整数k ，使关于x 的二次方程(k －1)x 2＋( k －5) x ＋k ＝0的根都是整数.解：设方程的两根为x 1﹑x 2.则x 1＋ x 2＝－15--k k ＝－1＋14-k ， x 1 x 2＝1-k k ＝1＋11-k ， 且 x 1＋x 2和x 1 x 2都是整数.从而，14-k 和11-k 都是整数. 于是，k －1为4和1的约数.故k －1＝±1⇒ k ＝0或2.检验知，k ＝0或2时，方程的两根均为整数.所以，k ＝0或2. 2.3 途径三：联想二次函数因为一元二次方程与二次函数联系密切，所以适时地借助二次函数知识解决方程问题，往往十分奏效.例10 已知b ，c 为整数，方程5x 2＋bx ＋c ＝0的两根都大于－1且小于0.求b 和c 的值.(1999，全国初中数学联赛)解：根据二次函数y ＝5x 2＋bx ＋c 的图像和题设条件知：当x ＝0时，5x 2＋bx ＋c ＞0，有c ＞0；①当x ＝－1时，5 x 2＋bx ＋c ＞0，有b ＞5＋c .②因抛物线顶点的横坐标－52⨯b 满足1－＜－52⨯b ＜0，则0＜b ＜10.③又因△≥0，即b 2－20c ≥0,故b 2≥20c.④由①、③、④得100＞b 2≥20c ，c ＜5.若c ＝1，则由②、④得0＜b ＜6且b 2≥20,得b ＝5；若c ＝2，则0＜b ＜7且b 2≥40，无整数解；若c ＝3，则0＜b ＜8且b 2≥60，无整数解；若c ＝4，则0＜b ＜9且b 2≥80，无整数解.故所求b 、c 的值为b ＝5，c ＝1.2.4 途径四：变更主元法当方程中参数的次数相同时，可考虑以参数为主元求解.例11 试求所有这样的正整数a ，使方程ax 2＋2(2a －1)x ＋4(a －3)＝0至少有一个整数解.(第三届祖冲之杯数学竞赛)解： 因为方程中参数a 是一次，所以可将a 用x 表示，即a ＝2)2()6(2++x x . ①又a 是正整数，则2)2()6(2++x x ≥1. 解得－4≤x ≤2且x ≠－2.故x ＝－4,－3,－1,0,1,2.分别人入①得a ＝1,3,6,10.3 其他类型3.1 分类讨论型当方程中最高次项的系数含有变参数时，应先分系数为0或不为0讨论.例12 求使关于x 的方程kx 2＋(k ＋1)x ＋(k －1)＝0的根都是整数的k 值.(第十三届江苏省初中数学竞赛)解：分k ＝0和k ≠0两种情况讨论.当k ＝0时，所给方程为x －1＝0，有整数根x ＝1.当k ≠0时，所给方程为二次方程.设两个整数根为x 1和x 2,则有 ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-=-=--=+-=+②① .111,1112121k k k x x k k k x x 由①－②得x 1＋x 2－x 1x 2＝－2⇒(x 1－1)(x 2－1)＝3.＝1×3＝(－1)×(－3).有⎩⎨⎧=-=-;31,1121x x ⎩⎨⎧-=--=-;31,1121x x ⎩⎨⎧=-=-;11,3121x x ⎩⎨⎧-=--=-.11,3121x x 故x 1＋x 2＝6或x 1＋x 2＝－2，即 －1－k 1＝6或－1－k1＝－2. 解得k ＝－71或k ＝1. 又△＝(k ＋1)2－4k (k －1)＝－3k 2＋6k ＋1，当k ＝－71或k ＝1时，都有△＞0. 所以，满足要求的k 值为k ＝0，k ＝－71，k ＝1. 3.2 数形结合型当问题是以几何形式出现，或容易联想到几何模型的时候，可考虑用数形结合法.这是一种极为重要的解题方法，它具有形 象直观的特点，可使许多问题获得巧解. 例13 以关于m 的方程m 2＋(k －4)m ＋k ＝0整数根为直径作⊙O.P 为⊙O 外一点，过P 作切线PA 和割线PBC ，如图1，A 为切点.这时发现PA 、PB 、PC 都是整数，且PB 、BC 都不是合数，求PA 、PB 、PC 的长. 解： 设方程两根为m 1、m 2则图1⎩⎨⎧=-=+②① .,42121k m m k m m 又设PA ＝x ，PB ＝y ，BC ＝z ，则x ﹑y ﹑z 都是正整数.由切割线定知PA 2＝PB •PC ＝PB (PC ＋BC )，即 x 2＝y 2＋yz ⇒(x ＋y )(x －y )＝yz . ③ 消去①和②中的k ，得m 1m 2＝4－m 1－m 2.整理分解，得(m 1＋1)(m 2＋1)＝5.因为⊙O 的直径是方程的最大整数根，不难求得最大整根m ＝4.进而，z ＝BC ≤4.又正整数z 不是合数，故z ＝3，2，1. 当z ＝3时，(x ＋y )(x －y )＝3y ，有⎩⎨⎧=-=+;,3y y x y x ⎩⎨⎧=-=+;3,y x y y x ⎩⎨⎧=-=+.1,3y x y y x 可得适合题意的解为x ＝2，y ＝1.当z ＝1和z ＝2时，没有适合题意的解， 所以，PA ＝x ＝2，PB ＝y ＝1，PC ＝y ＋z ＝4.3.3 综合探索型当已知方程不止一个或结论不明确时，常用综合分析、假设探索法求解.例14 已知关于x 的方程4x 2－8nx －3n ＝2和x 2－(n ＋3)x －2n 2＋2＝0.问是否存在这样的n 的值，使第一个方程的两个实数根的差的平方等于第二个方程的一整数根？若存在，求出这样的n 值；若不存在，请说明理由.(2000，湖北省初中数学选拔赛)解： 由△1＝(－8n )2－4×4×(－3n －2)＝(8n ＋3)2＋23＞0，知n 为任意实数时，方程(1)都有实数根.设第一个方程的两根为βα、.则α＋β＝2n ，αβ＝42n 3--. 于是，(βα-)2＝(βα+)2－4αβ＝4n 2＋3n 2＋2.由第二个方程得[x －(2n ＋2)][x ＋(n －1)]＝0解得两根为x 1＝2n ＋2，x 2＝－n ＋1.若x 1为整数，则4n 2＋3n ＋2＝2n ＋2.于是n 1＝0，n 2＝－41. 当n ＝0时，x 1＝2是整数；n ＝－41时，x ＝23不是整数，舍去.若x 2为整数，则4n 2＋3n ＋2＝1－n .有n 3＝n 4＝－21.此时x 2＝23不是整数，舍去. 综合上述知，当n ＝0时，第一个方程的两个实数根的差的平方等于第二个方程的一个整数根.练 习 题1. 设a 为整数. 若存在整数b 和c ，使(x ＋a)(x －15)－25＝(x ＋b )(x ＋c )，则a 可取的值为_________(1998，上海市鹏欣杯数学竞赛)(提示：变形后用因式分解法. a ＝9，－15，－39)2. 设关于x 的二次方程(k 2－6k ＋8)x 2＋(2k 2－6k －4)x ＋k 2＝4的两根都是整数. 求满足条件的所有实数k 的值.(2000，全国初中数学联赛)(提示：求出二根x 1＝－1－42-k ，x 2＝－1－24-k ，从中消去k 得x 1x 2＋3x 1＋2＝0，分解得x 1(x 2＋3)＝－2.借助方程组得k ＝6，3，310) 3. 求所有的正整数a 、b 、c ，使得关于x 的方程x 2－3ax ＋2b ＝0，x 2－3bx ＋2c ＝0，x 2－3cx ＋2a ＝0的所有的根都是正整数. (2000，全国初中数学联赛)(提示：从根与系数的关系入手，结合奇偶性分析，得a ＝b ＝c ＝1.)4. 已知方程：x 2＋bx ＋c ＝0及x 2＋cx ＋b ＝0分别各有二整数根x 1、x 2及x ’1、x ’2，且x 1x 2＞0，x ’1x ’2＞0.(1)求证：x 1＜0，x 2＜0，x ’1＜0，x ’2＜0.(2)求证：b －1≤c ≤b ＋1.(3)求b 、c 的值.(1993，全国初中数学竞赛)(答案：b ＝5，c ＝6或b ＝6，c ＝5.)5.x 、y 为正整数，100111=-y x .则y 的最大值为_________. (1998，重庆市初中数学竞赛)(提示：用因式分解法，结果为9 900.)6.k 为什么整数时，方程(6－k )(9－k )x 2－(117－15k )x ＋54＝0的解都是整数？(1995，山东省初中数学竞赛)(提示：对系数(6－k )(9－k )分为0与不为0讨论，得k 值为3，6，7，9，15.)一元二次方程的整数根问题(本讲适合初中)迄今为止，尚未找到使得整系数一元二次方程有整数根的充分条件，通常的方法都是通过讨论其判别式，利用根与系数的关系进行分析和归纳，即使用必要条件解题，然后通过检验确定答案.下面举例说明常用的几种方法，并指出每种方法适合的范围.整系数一元二次方程有整数根的必要条件：(1)两个根都是整数；(2)判别式是整数；(3)判别式是整数的完全平方；(4)两根和是整数，两根积是整数.例1 设方程mx 2－(m －2)x ＋m －3＝0有整数解，试确定整数m 的值，并求出这时方程的所有整数解.分析：若m ＝0，则2x －3＝0，此时方程无整数解；当m ≠0时，考察△＝－3m 2＋8m ＋4，注意到二次项系数为负，方程有解，则－3m 2＋8m ＋4≥0. 解得3724-≤m ≤3724+.+ 因为m 是整数，故只能取1，2，3.当m ＝1时，方程有解：－2和1；当m ＝2时，方程无整数解：当m ＝3时，方程有整数解：0.注：当判别式二次系数为负时，解不等式得关于参数的一个有限长区间，又因为参数为整数，可以讨论得解.例2 当x 为何有理数时，代数式9x 2＋23x －2的值恰好为两个连续的偶数积.(1998，山东省初中数学竞赛)分析：设两个连续的偶数为n ，n ＋2，问题转化为：当n 为何值时，方程9x 2＋23x －2＝n (n ＋2)有有理数根.有理根问题本质上也是整数根的问题，要求方程的根的判别式必须为一个整数或有理数的完全平方.考察判别式△ ＝232＋36(n 2＋2n ＋2)＝36(n ＋1)2＋565.由于n 是整数，所以判别式应为整数的完全平方.设36(n ＋1)2＋565＝m 2(m 为大于565的自然数). 移项因式分解，得(m ＋6n ＋6)(m －6n －6)＝1×5×113.只有⎩⎨⎧=--=++566,11366n m n m或 ⎩⎨⎧=--=++.166,56566n m n m 解得n ＝8，或n ＝46.分别代入原方程得方程有理数解为－941，2或9130，－17. 注：当判别式为关于某一参数的二次式，且二次项系数为正时，可采用配方法变形为：ƒ2(α) ＋常数(α是整数).然后采用例1的方法，通过分析得解.例3 求一实数p ，使用三次方程5x 3－5(p ＋1)x 2＋(71p －1)x＋1＝66p 的三个根均为自然数.(1995，全国高中数学联赛)分析：观察可知，1是方程的解，方程可转化为(x －1)(5x 2－5px ＋66p －1)＝0问题转化为：求一切实数p 使方程5x 2－5px ＋66p －1＝0的解为自然数.由韦达定理知，p 为方程两根之和，即p 是自然数.仿例2得△＝(5p －132)2－17 404.设(5p －132)2－17 404＝n 2(n ＞0，n 为自然数).移项分解可得(5p －132＋n)(5p －132－n)＝22×19×229.又(5p －132＋n)，(5p －132－n)同奇偶，所以，⎩⎨⎧⨯=--⨯=+-.1921325,22921325n p n p 解得p ＝76.注：从表面上看，此题中的p 是一切实数，但由韦达定理判断它实际上是自然数，故可采用前法求得.例4 设m 为整数，且4＜m ＜40，又方程x 2－2(2m －3)x ＋4m 2－14m ＋8＝0有两个整数根.求m 的值及方程的根.(1993,天津市初中数学竞赛)分析：考察判别式△＝4(2m ＋1)，因是关于m 的一次式，故例1，例2的方法均不可用.由已知4＜m ＜40，可知9＜2m ＋1＜81.为使判别式为完全平方数，只有2m ＋1＝25或2m ＋1＝49. 当2m ＋1＝25时，m ＝12，方程两根分别为16，26； 当2m ＋1＝49时，m ＝24，方程两根分别为38，52. 注：当判别式不是二次式时，可结合已知条件通过讨论得出参数的范围，进而求解；当判别式较复杂时，则应改用其他办法，参见例5.例5 α是大于零的实数，已知存在惟一的实数k ，使得关于x 的方程x 2＋(k 2＋αk )x ＋1 999＋k 2＋αk ＝0的两根为质数.求α的值.(1999，全国初中数学联赛)分析：因为α、k 均为实数，判别式法不能解决.设方程两根为x 1、x 2，且x 1≤x 2，x 1、x 2均为质数，则⎪⎩⎪⎨⎧++=--=+.9991,221221k k x x k k x x αα 消掉参数得x 1＋x 2＋x 1x 2＝1 999，即 (x 1＋1)(x 2＋1)＝2 000＝24×53.显然，x 1≠2. 于是，x 1＋1，x 2＋1都是偶数且x 1＋1≤x 2＋1.故只有如下可能：⎪⎩⎪⎨⎧⨯=+=+;521,2132221x x ⎪⎩⎪⎨⎧⨯=+=+;521,213231x x ⎩⎨⎧⨯=+⨯=+;521,5212321x x ⎪⎩⎪⎨⎧⨯=+⨯=+;521,52122221x x ⎪⎩⎪⎨⎧⨯=+⨯=+22221521,521x x ⎪⎩⎪⎨⎧⨯=+⨯=+.521,5212231x x 符合题意的只有⎩⎨⎧==.499,321x x 于是，3＋499＝－k 2－αk .因为存在惟一的k ，故方程k 2＋αk ＋502＝0有两等根.判别式△＝α2－4×502＝0，解得α＝2502.注：应用韦达定理的关键在于消去参数，首先求得方程的解，在消去参数之后，要注意因式分解的使用.例6 设关于x 的二次方程(k 2－6k ＋8)﹒x 2＋(2k 2－6k －4)x＋k 2＝4的两根都是整数.求满足条件的所有实数k 的值.(2000，全国初中数学联赛)分析：方程的表达式比较复杂，判别式法和韦达定理均不可用.将原方程变形得(k －2)(k －4)x 2＋(2k 2－6k －4)x ＋(k －2)(k ＋2)＝0.分解因式得[(k －2)x ＋k ＋2][(k －4)x ＋k －2]＝0.显然，k ≠2，k ≠4.解得x 1＝－42--k k , x 2＝－22-+k k .消去k 得x 1x 2＋3x 2＋2＝0∴ x 2(x 1＋3)＝－2.讨论得⎩⎨⎧=+-=;13,212x x或⎩⎨⎧-=+=;13,221x x 或⎩⎨⎧-=+=.23,121x x 解x 1、x 2，代入原式得k 值为6，3，310. 注：当判别式与韦达定理均难解决时，这时反而意味着可用因式分解法求出方程的根，然后再整理转化. 例7 设α为整数，若存在整数b 和c ，使得(x ＋α)(x －15)－25＝(x ＋b )(x ＋c )成立，求α可取的值.(1998，上海市初中数学竞赛)分析：此题可转化为：当α为何值时，方程(x ＋α)(x －15)－25＝0有两个整数根.方程可化为x 2－(15－α)x －15α－25＝0视其为关于α的一次方程，整理得α(x －15)＝－x 2＋15x ＋25.易知x ≠15，∴α＝1525152-++-x x x ＝－x ＋1525-x .注：此解法为分离参数法，它适合于参数与方程的根均是整数，且参数较易于分离的情况.如此题变形为α＝ƒ(x )，然后利用函数的性质求解，这是一种应用较广泛的方法.上面只介绍了处理整数根问题的常用解法，这些解法的基本依据是：方程有整数根的必要条件. 基本方法是：(1)判别式讨论法(主要讨论由判别式决定的参数范围，由判别式为完全平方数求参数)；(2)韦达定理法；(3)判别式与韦达定理结合法；(4)分离参数法(通过分离参数，利用根为整数的条件讨论).需说明的是，每个题的解法都不是惟一的，本文所给的只是较简洁的一种.同学们在解题时，应因题而定方法，不断求新，才能领悟数学的美感.练习题1. 求满足如下条件的所有k 值，使关于x 的方程kx ＋(k ＋1)x ＋(k －1)＝0的根都是整数.(第十三届江苏省初中数学竞赛)(k ＝0，k ＝－71，k ＝1) 2. 关于x 的方程(m 3－2m 2)x 2－(m 3－3m 2－4m ＋8)x ＋12－4m ＝0的根均为整数，求实数m 的值.(提示：应用求根消参法，得m ＝1，或m ＝2.)3. 求所有正实数α，使方程x 2－αx ＋4α＝0仅有整数根. (1998，全国初中数学联赛)(提示：分离参数法. α＝42-x x ＝x ＋4＋416-x ，讨论得α＝25，或18，或16).4. 已知方程x 2＋bx ＋c ＝0及x 2＋cx ＋b ＝0分别各有两个整数根x 1、x 2及x ’1、x ’2，且x 1x 2＞0，x ’1x ’2＞0.①求证：x 1＜0，x 2＜0，x ’1＜0，x ’2＜0；②求证：b －1≤c ≤b ＋1；③求b 、c 所有可能的值.(1993，全国初中数学联赛)(提示：应用韦达定理，得⎩⎨⎧==65c b ⎩⎨⎧==56c b ⎩⎨⎧==44c b ) 5.某顾客有钱10元，第一次在商店买x 件小商品花去y 元，第二次再去买该小商品时，发现每打(12件)降价0.8元，他比第一次多买了10件，花去2元.问他第一次买的小商品是多少件？(x 、y 为正整数)(提示：列方程128.0102=+-x x y 问题转化为：y 为何值时，方程x 2＋(40－15y )x －150y ＝0有正整数解，利用判别式可求得x ＝5，或x ＝50.)。
应用柯西不等式的两个变式巧解竞赛题
２一（ ｂ＋ｃ 一 １＋ａ ）
４ ４
（ ） 根 式 形 式 ： ｌ ＋ ａ ＋ …ａ ≤ ２ 血 ２
１
ｒ ＋
≥ ２ 一 ｆ ＋ ａ 一 １ ＋ｂ Ｃ ）
￣ （ ； ／ ０ ＋ｎ ＋… ＋ ２（ ∈Ｒ ，＝１ ， ｎ ｎ ｎ）ｎ ｉ ， …，） ２
２４ ０ ７ ００ห้องสมุดไป่ตู้
李佑 东
ａ ｂ Ｃ∈Ｒ 且 ａ＋ｂ＋ｃ＝ １ 证 明 ： ，， ， ，
＋ ＋ ≥ ＋ ＋ ’ ．
ｎ ＋ （ ；＋…６）ａ， ・ ａ）ｂ ＋ｂ （ ｂ ∈Ｒ ） ．
应 用该 不 等 式 ， 容 易 得 到 特殊 情 形 下柯 西 不 很 分析 左 边 是 三项 分 式 ， 边 也 是三 项 分 式 ， 右
例 ６ 设 口＋ｂ＝ １ 求 证 ： ＋ｂ １ ， ０ ≥ ．
＋
≥
≥
分 析 由于次数 较 高 ， 考虑 反复 利用 上述 不 可
２ —２ ｙ — ｌ —ｘ ’ ｘ ｙ
等 式． 解 Ⅱ ＋ ｂ ≤ ／２ ０ ＋ ） ≤ ￣（（ ｂ）
例 ３ （ ２ 俄 罗斯 数 学 奥林 匹 克 竞赛 ）设 第 ９届
把这 两 个 不 等式 作 为柯 西不 等 式 的 变式 ， 用 应
将 以上三式 相 加得证 ． 例 ４ （ 学 通 报 ２ ０ ３数 学 问题 与解 答 第 数 ０ ８，
１２ ７ ４题 ） 已知 ： ， ， ａ ｂ Ｃ∈Ｒ 且 ａ＋ｂ＋Ｃ＝ １ ， ，
这 两个 变式 可 以简单 的解 决竞赛 中的很 多不 等式 或
解 由 。＋ｂ＋ｃ＋ｄ ＝８一 又因为 ｔ４ｂ＋ ， ｔ－ ｌ‘ ｃ＋ｄ≤ ／ （ ＋６ ４ ＋ｃ ＋ｄ ）＝ ／（６一ｅ） 。 ２ ４１ 。
专题6 巧用配方法求值（含答案）
专题6 巧用配方法求值知识解读将一个式子或一个式子的某一部分通过改写化为完全平方式或几个完全平方式的和，这种解题方法称为配方法.这种方法常常被用到式子的恒等变形中，其作用在于揭示式子的非负性，是挖掘隐含条件的利器，其实质在于改变式子的原有结构，是变形求解的有力手段之一.应用配方法解题的关键在于配凑成完全平方式，拆项与添项是常用的技巧.掌握以下基本等式：（1）()2222a ab b a b ±+=±；（2）()2222222a b c ab bc ac a b c +++++=++；（3）()()()22222212a b c ab bc ac a b b c c a ⎡⎤++±±±=±+±+±⎣⎦； （4）222424b ac b ax bx c a x a a -⎛⎫++=++⎪⎝⎭（5）当0a >时，()2a a =，()22a b a bab +=+-.培优学案典例示范例1已知实数x ，y 满足2330x x y ++-=，求x y +的最大值.【提示】将y 用含x 的代数式表示，再代入x y +，得到关于x 的二次三项式，运用配方法求最大值【解答】跟踪训练若实数a ，b 满足2310b b a -++=，求满足条件的a 的最大整数值。
【提示】将a 用含b 的式子表示，然后配方求解。
【解答】例2已知112015a x =-，122015b x =+，132015c x =+，求222a b c ab bc ca ++---的值.【提示】将222a b c ab bc ca ++---配方成()()()22212a b b c c a ⎡⎤-+-+-⎣⎦. 【解答】跟踪训练1.已知2210x y xy x y +++-+=，求22x y -的值.【提示】已知等式具有2220a b c ab bc ca ++++-=的特点，自然想到配方。
利用运动分解巧解一竞赛题
牛 顿 第二 定 律 可得 ， 沿Ｂ Ｃ绳 方 向有
ｍ ｇ＋ Ｔｄ ｓ ｉ ｎ 一 Ｔｄ— ｍａ＃ ． （ ６ ）
联立（ １ ） ～（ ６ ） 式 可 求 得
一
先 对 ＡＣ绳 分 析 ， Ａ点固定 ， 可 将 珠 子 的运 动 分 解 为 沿
，
半径 ； （ ４ ） 求 出绳被拉 断 时小珠 的位 置 和 速 度 的大 小 ， 其 中共 列 出了 ｌ Ｏ几个方 程 （ 具体答 案不 一一 列 出） ． 其 实 如 果利 用好 运 动 分解 的 思 路 来 解 决 此 题 ， 可以比 较 快捷 简便 ， 思路也更为清晰直观． 具体分析解答如下．
Ｖｏ １ ． ３ ４ ＮＯ ． ８
（ ２ Ｏ１ ３）
物 理
教 师
第３ ４卷 第 ８ 期
２０１ ３芷
Ｐ Ｈ Ｙ ＳＩ Ｃ Ｓ Ｔ Ｅ Ａ Ｃ Ｈ Ｅ Ｒ
利 用运 动 分解 巧解 一竞 赛题
陈 升
（ 广 东 省 佛 山市 第 一 中学 ， 广东 佛 山 ５ ２ ８ ０ ０ ０ ）
标 系， 设 绳 断 时 珠 子 的 位 置为 Ｃ点（ ｚ ， ） ， 珠 子 速 度 大小 为 ， Ａ Ｃ 绳 与 水 平 方 向夹 角 为 由于 环 的质 量
不计， 因此 Leabharlann 受 力平 衡 ， 环 前 进 和沿 Ｂ Ｃ绳 方 向 前 进 的两 个 分 运 动 的 速 度 、 加 速 度 应 该大小相等 ， 由此 可 得
，
绳和Ｂ Ｃ 绳 进行 运 动 分 解 ， 分 解 为 沿 绳 子 方 向 和 垂 直 于绳
子方 向 的分 运 动 ， 再抓住 绳子 不可 伸长 ， 将 两个 沿绳 方 向
如何巧解初中数学竞赛题
- 1 - 如何巧解初中数学竞赛题 我们知道，数学竞赛题，对于初中生来说，是非常困难的。由于数学竞赛题的难度大、题型新，知识面比较广，解法巧妙，所以，广大初中学生在看见试题时，心里一下就慌忙起来，不知如何下手，对竞赛题，视之为猛兽。下面我根据竞赛题的特点，探讨一些做竞赛题的方法，供大家参考。 首先，要精心审题，弄清题意，抓住其基本环节。 细心审题是能否解题的关键之一。我们在审题时，做到以下几点：一要通读全题，充分理解题意，不要片面。二要抓住题目中的关键字词，仔细、认真地研究，不要粗心大意。三要弄清已知条件和结论之间的关系，不要将已知和结论孤立起来。四是努力联系所学知识，把握准关键。这里所说的“基本”，指的是我们要从基本题做起，研究并掌握其基本方法和技巧，记住一点基本要领。 例1 证明：任意五个连续自然数的平方和一定不是一个完全平方数。 分析：设五个连续自然数分别为n－2，n－1，n，n＋1，n＋2，平方和S ＝（n－2）2＋ （n－1）2＋ n2＋ （n＋1）2＋ （n＋2）2＝5（ n2＋2），S中有5个这个因数。如果S为完全平方数，则n＋2一定是5的倍数，即n2的未位数只能是3或8，但自然数的平方的末位数字只能是0、1、4、5、6、9中的一个，不能是3和8，发 2
生了矛盾，故S不能是完全平方数。 证明：略。 点评：分析时，必须抓住完全平方数和自然数的平方的末位数字之间的本质特征，此本质物征是完成此题的关键。 例2、设 abcd＝1。 求证：
11111ddadabdccdcdacbbcbcdbaababc
a
分析：由于四个分式的分母是异分母，因此，必须化它们为同分母，才能相加。结合已知条件，不妨将后三个分式的分子、分母分别乘以a 、a b 、a b c 后，可得同分母，即：
原式
11111111aababcaababcaababcabcdaababcabcaababcabaababcaabcabcdabcdaabcdababcdababcbcdaaabcdabcaababcabcdabaababc
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中学数学研究 ２００５年第７期 原不等式成立． 评注：本题的最大困难在于如何使用条件
士＋÷＋ Ｌ：ｌ，上述证法通过换元 ｌ＋ ｌ十Ｙ ｌ十０ 和构造，使问题化归为证明不等式（ａ ＋ ｂ ）（ｂ ＋ｃ ）（ｃ ＋ａ ）≥８ａｂｃ，其关键是由条 件ＣＯＳ 口＋ＣＯＳ２１￣＋ＣＯＳ。ｙ：ｌ联想到构造一个 长方体，使条件隐含在长方体之中． １Ｏ．构造平面向量 上面介绍的多种构造途径总的来说离不 开两个方向，即一个方向为“数”，另一个方向 为“形”；而平面向量具有数和形的双重性，因 此用构造平面向量的方法证明不等式有时能 给你一个意想不到的“惊喜”． 例ｌｌ 已知Ｐ，ｑ∈Ｒ ，５，ｒ满足ｒ ＋５ ：
１，求证： ／ ，’ ’， ／ ，， ，， 、／Ｐ ｒ ＋ｑ ＋Ｖ ｑ ｒ ＋Ｐ ≥Ｐ＋ｑ·
分析：由于不等式的左边结构和向量的模
比较接近，因此可以考虑构造平面向量证明 之． 证明：设向 ：（ｐｒ，ｑｓ） ：（９ｒ， ），则
≥Ｉ ａ＋ｂ ｆ＝ 即 √Ｐ ｒ ＋ｑ２ ｓ ＋√ｑ ｒ ＋ｐ ｓ ≥￣／（ｒ ＋Ｓ２）（ｐ＋ｑ） ． ‘Ｐ，ｑ∈Ｒ ，且ｒ ＋５ ＝ｌ， 厂— — ——— — 厂丁 —一— — 、／Ｐ ｒ ＋ｑ ｓ ＋、／ｑ ｒ ＋Ｐ ｓ
≥Ｐ＋ｑ·
利用判别式巧解竞赛题 四川绵阳东辰国际学校 （６２１０００） 姚先伟 判别式法是中学数学中常见的解题方法， 它源于实系数一元二次方程是否有实根的判 定，因而凡与一元二次方程有关联的二次三项 式、二次函数、二次不等式等，判别式均有用武 之地．并且对于方程ａＮ ＋ ＋ｃ：０（ａ≠０）， 有４ａ ＋４ａｂ ＋４ ｒ上ｃ＝０，且口（２ ｒ上 ＋ｂ） ＝ｂ ４ａｃ．由此可见，判别式是配方的结果，因而 用判别式法解题比用配方法来得更直接．下面 以初中数学竞赛题为例说明其应用． １．判断方程根的情况 例１ 关于 的方程 —２（ｍ＋２） ＋ ｍ＋５＝０无实根，那么关于 的方程（ｍ一 ５） 一２（ｍ＋２） ＋ｍ＝０的实根个数为（ ）． （Ａ）２ （Ｂ）ｌ （Ｃ）０ （Ｄ）不确定 解：当ｍ：０时，方程／７１Ｘ —２（ｍ＋２） ＋ ｍ＋５＝０有实根，不合题意，故ｍ≠０， △１＝４（ｍ＋２） 一４ｍ（ｍ＋５）＜０， ｒｎ＞４． 当ｍ＝５时，方程（ｍ一５） 一２（ｍ＋２） ＋ｍ＝０只有一个解． 当ｍ≠５时，△２＝４（ｍ＋２） 一４ｍ（ｍ一 ５）＝４（９ｍ＋４）． ’ｍ＞４且ｍ≠５ ．△２＞０，此时方程有 两个不等实根． 综上，该方程有一个实根或两个不等实 根，选（Ｄ）． 例２ 若ａ、ｂ、ｃ、ｄ＞０，证明下面四个方
程： ｚ＋￣／厂 ＋￣／广 ：０， ｚ＋
＋ ＋ 一＋一６ ７ ＼＞ ＝ 维普资讯 http://www.cqvip.com ２００５年第７期 中学数学研究 ４ｌ 、 ＋ ：０， １ ＋、／２ ＿＋ ＋
０， １ ＋、 ＋ ：０中，至
少有两个方程有两个不等实根．（２００２年黄冈 市竞赛题） 证明：所给四个方程的判别式分别为 △ｌ＝２ａ＋ｂ一２ ｖ／ｃｄ， △２＝２６＋Ｃ一２ ， △３＝２ｃ＋ｄ一２ ， △４＝２ｄ＋ｎ一２、／ ， △１＋△３ ２ｎ＋２ｃ＋ｂ＋ｄ一２ 一２ ＝ｎ＋Ｃ＋（√ 一￣／ ） ＋（ 一√ ） ， △２＋△４ ２６＋２ｄ＋ｎ＋ｃ一２ 一２、／厂瓦 ＝ｂ＋ｄ＋（ 一 ） ＋（ 一 ）２． ‘ｎ、ｂ、Ｃ、ｄ＞０ ．△ｌ＋△３＞０，△２＋ Ａ４＞０ ．△ｌ、△３中至少有一个为正，△２、△４ 中至少有一个为正，故已知四个方程至少有两 个方程有两个不等实根． ２．求解含参方程或不定方程 例３ 已知ｎ、ｂ、Ｃ三数满足方程 ｆ ｎ＋６＝８， 【ｎｂ—ｃ２＋８ 芝ｃ：４８试求方程 ＋ＣＸ—ｏ＝０的根．（ ００ 年全国联赛题） 解：’．’ｎ＋ｂ：８，ｎｂ：４８＋ｃ２—８ ｃ， ｎ，ｂ是方程ｔ —８ｔ＋４８＋ｃ２—８ ： ０的二根， △＝（一８） 一４（４８＋ｃ 一８ ｃ）≥０， Ｃ 一８√２Ｃ＋３２≤０， （ｃ一４ ） ≤０， Ｃ＝４√２，进而易知ｎ：ｂ：４． 方程 ＋ＣＸ—ｎ：０即为方程 ＋ ４２ —ｌ＝０，解之得
√２＋√６ √２＋√６ １ ———— ＿， ２ 一—— ’
例４ 设方程Ｉ ＋ｎ Ｉ：４只有三个不 相等的实数根，求ｎ的值及相应的三个根． （２００２年重庆市竞赛题） 解：原方程即为 ＋ｎ ＝４， ① 或 ＋ｎ ：一４． ② 显然①、②无公共根． 由题意应用：方程①有两个不等实数根， 而方程②有两个相等实数根，或者方程②有 两个不等实数根而方程①有两个相等实数 根． 对于前者，△ｌ＝ｎ ＋１６＞０，△２＝ｎ 一 １６＝０，．’．ｎ＝±４． 对于后者，△ｌ＝ｎ ＋１６＝０，此式不成 立． 当ｎ＝４时，原方程为 ＋４ 一４：０或 ＋４ ＋４＝０，三个根分别为 ｌ：一２＋ ２√２，Ｘ２＝一２—２４２， ３＝一２． 当ｎ＝一４时，原方程为 一４ｘ一４：ｏＨ ４ ＋４＝０，三个根分别为 ｌ＝２＋２１２， ２
：２—２１２，Ｘ３：２． 侈０ ５ 求方程 ＋ｘｙ＋ｙ 一３ 一３Ｙ＋３ ０的实数解．（１９９５年安徽省竞赛题） 解：原方程可化为 ＋（Ｙ一３） ＋Ｙ 一３ｙ＋３：０， △＝（Ｙ一３） 一４（Ｙ 一３ｙ＋３）≥０， （Ｙ—１） ≤０ ．Ｙ＝１． ２２ｘ＋１：０，．·． ：１．
原方程的解为』 ＝ ， ＬＹ＝１． ３．因式分解
例６ 关于 的二次式 ＋７ｘｙ＋ｍｙ 一 ５ ＋４３ｙ一２４可以分解成两个一次式的乘积， 则ｍ的值是（２００２年太原市竞赛题）
维普资讯 http://www.cqvip.com ４２ 中学数学研究 ２００５年第７期 解：已知式可整理成 ２＋（７ｙ一５） ＋ｍｙ２＋４３ｙ一２４． 由题意，△：（７ｙ一５） 一４（ｍｙ ＋４３Ｙ一 ２４）：（４９—４ｍ）Ｙ 一２４２ｙ＋１２１是关于Ｙ的完 全平方式． △１＝（一２４２） —４（４９—４ｍ）×１２１：０， 解之得ｍ＝一ｌ８． 例７ 求证： 一ｘｙ＋Ｙ ＋ ＋Ｙ不可能 分解为两个一次式之积． 证明：假设原式可以分解为两个一次式之 积，把原式看作 的二次三项式 一（Ｙ一１） ＋（Ｙ ＋Ｙ），贝Ｕ△ ：（Ｙ一１）。一４（Ｙ ＋Ｙ）＝ ３ｙ 一６ｙ＋１必为完全平方式，但△ ＝ （一６） 一４ Ｘ（一３）Ｘ １≠０，矛盾， 故原式不可能分解为两个一次式之积． ４．求参数的取值范围 例８ 若方程 —Ｐ＝ 有两个不相等 的实根，则实数Ｐ的取值范围是（ ）．
（Ａ）Ｐ≤０ （Ｂ）Ｐ＜ １ （ｃ）０≤Ｐ≤ １ （Ｄ）ｐ≥ １ （１９９９年山东省竞赛题） 解：原方程可变为 一 ＋Ｐ：０（ ≥０， ≥Ｐ）．由 ≥０，知该方程有两个不相等的非 负实根 ｌ、 ２，从而 ｆ／ｘ＝１—４ｐ＞０， 【Ｐ＝ １ Ｘ２≥０．
解之得０≤Ｐ＜寺，选（Ｃ）． 例９ 设ＡＡＢＣ的两边ＡＣ与ＢＣ之和为 口，Ｍ是ＡＢ的中点，ＭＡ：ＭＣ：５，则口的取值 范围是（２００１年江苏省竞赛题）
解：Ｍ是ＡＢ的中点，ＭＡ：ＭＣ：５， ＡＡＢＣ为直角三角形，且 Ｃ：９０。，ＡＢ： ｌ０．设ＡＣ＝ ，ＢＣ：Ｙ，则 ＋Ｙ＝口， ２＋Ｙ２＝１００
ｙ：虹 兰 ：垂 ， 于是 、ｙ是方程￡２一 ＋ ：０的 二根． △＝口 一２（口 一１００）≥０， 口≤１０ ． 又，ｏ Ｏ ＋ｙ＞ＡＢ＝１０，＿＇．１０＜０≤１０√２． 例１０ 已知实数口、６满足口 ＋口６＋６ ： １，且ｔ：ａｂ一口 一６ ，那么ｔ的取值范围是 （２００１年Ⅳ杯竞赛题） 解：Ｏ ｏ Ｏ口 ＋口６＋６ ：１，口６一ａ２一ｂ２：ｔ．
：， ，。ｚ＋６ｚ： ｎ＋６＝±√ （ｃ≥一３）， ｎ、６是方程ｕ２干￣／３＋ｔ ｕ＋Ｌ ＝０ 的二根． △： 一４× ≥０， １ ≤一 ‘
￡的取值范围是一３≤￡≤一 １５．求函数最值 例１１口、６为正数，并且抛物线Ｙ： ＋ 口 ＋２６和Ｙ： ＋２ｂｘ＋口都与 轴有公共 点，则ｎ ＋６ 的最小值为（２０００年全
国联赛题） 解：由题意有／ｘｌ＝口 一８ｂ≥０，／ｘ２：４ｂ ４ａ≥０，即口 ≥８ｂ，６ ≥口． 因口、ｂ为正数 ．ｂ ≥口 ≥８ｂ ．ｂ≥２， 口 ≥８ｂ≥１６，口≥４．又当口：４，ｂ＝２时，所 给两条抛物线均是抛物线ｙ： ＋４ ＋４，与 轴有公共点（一２，０）√．口 ＝４，６ ：２． 口 ＋６ 的最小值为２０． 例１２ 已知实数口、６、Ｃ满足口＋ｂ＋ｃ： ０，ａ２＋６ ＋ｃ ：６则口的最大值为
维普资讯 http://www.cqvip.com ２００５年第７期 中学数学研究 ４３ （２００２年江苏省竞赛题） 解：由已知得ｂ＋Ｃ＝一口，ｂ ＋Ｃ ＝６一 口 ，从而ｂｃ：口 —３， ｂ、ｃ是方程 ＋口 ＋口 一３＝０的二根． △：口 一４（口 一３）≥０，．·．一２≤口≤ ２．又当口＝２，ｂ：Ｃ＝一１时，口＋ｂ＋Ｃ＝０， 口 ＋ｂ ＋Ｃ ＝６，．·．口 ＝２． 例１３ 已知三整数口、ｂ、Ｃ之和为１３，且
：÷，求口的最大值与最小值，并求此时相 应的ｂ与ｃ的值．（２００４年四川省竞赛题） 解：由口＋ｂ＋ｃ：１３及 ：了Ｃ消去ｃ得 口０ ｂ ＋口ｂ＋ａ２—１３ａ：０． ①
△：口 一４（口 一１３ａ）≥０． 因口是非零整数 ．口＝１、２、３、…、１６、１７． 当口：１７时，方程①变为ｂ ＋１７ｂ＋６８ ０，ｂ无整数解，不合题意，舍去； 当口：１６时，方程①变为ｂ ＋１６ｂ＋４８＝０， ｂ：一１２或一４，对应的Ｃ＝９或１，合题意． 当口：１时，方程①变为ｂ ＋ｂ一１２＝０， ｂ：一４或３，对应的Ｃ＝１６或９，合题意． 综上：口～＝１６，此时，对应的ｂ＝一１２，Ｃ ９或对应的ｂ＝一４，Ｃ＝１． 口 ＝１，此时，对应的ｂ：一４，ｃ＝１６或
对应的ｂ＝３，Ｃ＝９． ６．求代数式的值
侈９ １４已知｛（ｂ—ｃ） ：（口一ｂ）（ｃ一口）
且口≠０，则 ＝（１９９９年全国 联赛题） 解：已知式可变为 （ｂ—Ｃ） 一４（口一ｂ）（Ｃ一口）：０． 当口：ｂ时，ｂ：Ｃ，所求式的值的２； 当口≠ｂ时，构造一元二次方程： （口一ｂ） ＋（ｂ—ｃ） ＋ｃ一口＝０．
△：（ｂ—Ｃ） 一４（口一ｂ）（Ｃ一口）＝０， 且知１满足此方程，故该方程的两个根均为１，
１×１：一Ｃ－－ ａ即ｂ＋ｃ：２ａ，
口一０
垒±！２ 一口～
综上，Ｄ＿ ：２
例１５实数口、ｂ满足口 ＋ｂ ＋３ａｂ＝１， 则口＋ｂ：——一．（２００４年全国联赛题） 解：·．·口 ＋ｂ ＋３ａｂ＝１， （口＋ｂ） 一１—３ａ ｂ一３ａｂ ＋３ａｂ＝０， （口＋ｂ一１）［（口＋ｂ） ＋（口＋ｂ）＋１］ ３ａｂ（口＋ｂ一１）＝０， （口＋ｂ一１）（口 ＋ｂ 一ａｂ＋口＋ｂ＋１）