初三一元二次方程整数根方法举隅

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1、求一元二次方程整数根方法举隅对于一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的实数根问题，可以用根的判别式Δ=b2-4ac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，只能具体情况具体分析。本文对这一问题作一探讨。1直接求解例1．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年天津市初二数学竞赛决赛）解：显然m≠±1,原方程可分解为[（m-1）x-6][(m+1)x-12]=0x1=x2=∵x1,x2是正整数∴m-1=1或2或3或6m+1=1或2或3或4或6或12解得m=2或3.但m=3

2、时x1=x2不合题意，舍去。当m=2时x1=6,x2=4符合题意。故m=2。2.利用判别式Δ≥0例2已知方程ax2-(a-3)x+a-2=0至少有一个整数根，求整数a的值解：如果a=0原方程化为3x-2=0无整数根，故a≠0∵Δ=(a-3)2-4a(a-2)≥0∴3a2-2a-9≤0满足上式的整数a的值有-1，1，2，检验：当a=-1时x=1或3(两个整数解)；当a=2时x=0或0.5(一个整数解)；当a=1时x2+2x-1=0无整数解。故a=-1或2例3求满足方程y4+2x4+1=4x2y的所有整数对（x,y）(1995江苏省初中数学竞赛)解：将

3、原方程变形为2x4-4yx2+(y4+1)=0有△≥0即（-4y）2-8(y4+1)≥0即-8(y2-1)2≥0即（y2-1）2≤0故y=1或-1当y=-1时原方程无解；当y=1时（x2-1）2=0,x=1或-1∴满足原方程的所有整数对是（1，1）（-1，1）。3．利用判别式Δ是完全平方式例4设m为整数且4

4、和52，38例5．x为何有理数时代数式9x2+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9x2+23x-2=k(k+2)即9x2+23x-(k2+2k+2)=0∵x是有理数∴判别式Δ是完全平方数即设232+4·9（k2+2k+2）=565+[6(k+1)]2=p2(p≥0)p2-[6(k+1)]2=565=113•5=565•1即[p+6(k+1)][p-6(k+1)]=113•5=565•1∴p+6(k+1)=113p-6(k+1)=5或p+6(k+1)=565p-6(k+1)=1分别

5、解得k=8或k=46。当k=8时x=2或-；当k=46时x=-17或总之当x=2或-41/9时9x2+23x-2为两正偶数8，10的积；x=-17或130/9时9x2+23x-2为两正偶数46，48的积。4.利用韦达定理例6方程x2+px+q=0的两个根都是正整数并且p+q=1992，求方程较大根与较小根之比。（1992北京市初中数学竞赛初二复赛）解：设原方程的两个正整数根为x1,x2∵x1+x2=-px1x2=q∴x1x2-x1-x2=p+q=1992∴(x1-1)(x2-1)=1993∴x1-1=1，x2-1=1993∴x1=2x2=1994∴

6、x2/x1=997例7求所有实数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：设方程的两根为x1，x2由韦达定理x1+x2=-=-1-x1x2==1-(∵k为实数，此时不能推出k=1,-1)x1x2-x1-x2=2∴(x1-1)(x2-1)=3∴x1-1=1,x2-1=3或x1-1=-3,x2-1=-1∴x1=2,x2=4或x1=-2,x2=0故k1=-1/7或k2=15.常元互换例8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5祖冲之杯初中

7、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+2≠0∴a=2(x+6)÷(x+2)2∵a为正整数∴2（x+6）÷(x+2)2≥1解得-4≤x≤2取x的整数值x=-4,-3,-1,0,1,2分别代入得a=1,3,6,10例9．使方程a2x2+ax+1-7a2=0两根都是整数根的所有正数a的和是多少？（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)=28-3x2≥0∴x2≤28/3∵x为整数∴x2=0,1,4,9,当x=0时a==；当x==1时a=

8、1/2或-1/3；当x=-1时a=1/3或-1/2；当x=2时a=1或-1/3；当x=-2时a=1/3或-1；当x=3时a