課外拓展系列-一元二次方程(初一數(shù)學)

一元二次方程風子編輯判定式1、判定式定理：對一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0），設△=b2-4ac，則有：1）若△>0，則方程有兩個不等實根；2）若△=0，則方程有兩個相等實根；3）若△<0，則方程無實數(shù)根。備注：判定式定理只適用于一元二次方程，若涉及方程ax2+bx+c=0有沒有實根的問題，還應該對a進行討論。韋達定理2、韋達定理：設x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0）的兩根，則有x1+x2=-，x1x2=，逆命題也成立。

靈活運用一元二次方程以下兩條性質(zhì)，可以簡捷地解決一類與根有關的求值問題：1）設α為一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0）的一個根，aα2+bα+c=0，反之亦然。2）設α、β（α≥β）是一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0，且△=b2-4ac≥0）的兩根，則有反之亦然。韋達定理3、對有理系數(shù)一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0）有:1）方程兩根為有理數(shù)，則b2-4ac為完全平方數(shù)；2）方程有一根為有理數(shù)，則另一根也是有理數(shù)。4、對整數(shù)系數(shù)一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0）有:1）方程兩根為整數(shù)，則b2-4ac為完全平方數(shù)，且a|b，a|c；2）方程兩根為整數(shù)，則b2-4ac為完全平方數(shù)，且

2a|（）拓展訓練—案例題例1：用適當?shù)姆椒ń庀铝蟹匠蹋?）10x2-x-3=02)6x+15=3x23)y2-7/4=3y【分析】以上一元二次方程都能用公式法進行求解，但必須通過觀察分析，用更簡便的方法來求解。1）可以用十字相乘法，把方程化為（2x+1）（5x-3）=0，則可知方

程的解為x1=1/2，x2=3/52）方程經(jīng)過整理，可簡化為：x2-2x-5=0，即（x-1）2=6

則方程的解為：x1=1-，x2=1+3）去分母后，方程可化為：4y2-12y-7=0，本題可以用十字相乘法，

把方程化為（2y-7）（2y+1）=0。采用公式法：△=（-12）2-

4×4×（-7）=256，則x=拓展訓練—案例題例2：解關于x的方程：x2+x-2+k（x2+2x）=0【分析】這題有兩層含義：1、二次項系數(shù)含有字母；2、這是一個關于x的方程，而不是一元二次方程。因此，需要對二次項系數(shù)進行討論。解：整理方程，得：（k+1）x2+（2k+1）-2=0

當k=-1時，原方程為：-x-2=0，即x=-2

當k≠-1時，原方程為一元二次方程

△=(k+1)2+8(k+1)=(2k+3)2

∴原方程的解為：x=

即：x1=-2，x2=拓展訓練—案例題例3：設α是方程x2+x-=0，求的值?！痉治觥科胀ǖ淖龇?，先求出方程的解，再代入分式求值。但分析方程與多項式，可以利用性質(zhì)1）進行變形求值。

方程變形可得：x2+x=，即a2+a=a3-1=（a-1）（a2+a+1），a5+a4-a3-a2=(a-1)(a2+a)2原式=拓展訓練—案例題例4：已知關于x的方程k2x2+（2k-1）x+1=0有兩個不相等的實根x1、x2，1）求k的取值范圍；2）是否存在實數(shù)k，使方程的兩個實數(shù)跟互為相反數(shù)？如果存在，求出k值；如不存在，請說明理由?！痉治觥糠匠逃袃蓚€不相等的實數(shù)根，則△>0。兩實數(shù)根互為相反數(shù)，即：x1+x2=-b/a=0。解：1）由題意得：△=（2k-1）2-4k2＞0

解得：k<1/4

∴當k<1/4時，方程有兩個不相等的實根。

2）設x1、x2互為相反數(shù)，則：x1+x2==0

解得：k=1/2>1/4此時，△<0，原方程無實數(shù)解。

∴不存在使方程兩根互為相反數(shù)的k值。拓展訓練—案例題例5：試確定關于x的方程（m-2）x2+（2m+1）x+m-2=0的解的情況?！痉治觥吭陬}目沒有明確方程是一次還是二次時，需要對二次系數(shù)進行討論，以確定方程解的情況。解：當m=2時，方程為一元一次返程，有一個實數(shù)根。

當m≠2時，方程為一元二次方程

∵△=（2m+1）2-4（m-2）2=20m-15

∴當△>0時，即m>3/4，且m≠2時，方程有兩個不相等實根；當△=0時，即m=3/4時，方程有兩個相等實根；

當△<0時，即m<3/4時，方程無實數(shù)根。

拓展訓練—案例題【分析】判定一元二次方程的根，需要用到判定式。有兩個不等實根，則△>0。本題用到了反證法，這是證明類題目常用的方法。

證明：假設△1=（2b）2-4ac≤0

△2=（2c）2-4ab≤0△3=（2a）2-4bc≤0則△1+△2+△3=4b2-4ac+4c2-4ab+4a2-4bc=4(a2+b2+c2-ab-bc-ac)=2[2(a-b)2+(b-c)2-(c-a)2]≤0又a、b、c不全相等的非零實數(shù)∴2[2(a-b)2+(b-c)2-(c-a)2]>0

所以，假設不成立，至少有一個方程有兩個不等實根。例6：設a、b、c是不全相等的非零實數(shù)，求證：在方程ax2+2bx+c=0，bx2+2cx+a=0和cx2+2ax+b=0中，至少有一個方程有兩個不等實根。拓展訓練—案例題例7：若兩方程a2x2+ax-1=0和x2-ax-a2=0有公共根，求a的值。解：設β是兩方程的公共根，則：a2β2+aβ-1=0、β2-aβ-a2=0

兩式相加，得：（a2+1）（β2-1）=0

∵a2+1≠0，∴β2-1=0即：β=±1

代入原方程，得a2+a-1=0或a2-a-1=0

解得：拓展訓練—案例題例8：對于a>b>c>0，作二次方程x2-(a+b+c)x+(ab+bc+ca)=0,1）若方程有實根，求證：a,b,c不能作為一個三角形的三邊；2）若方程兩根為6，9，求正整數(shù)a,b,c【分析】討論方程的根，需要用到判定式或韋達定理。三角形三條邊的關系為兩邊之和大于另一邊。解：∵方程有實根

∴△=（a+b+c）2-4(ab+bc+ca）=a2+b2+c2-2ab-2bc-2ac=(a+b+c)(a-b-c)-4bc≥0

又∵a>b>c>0

∴(a+b+c)(a-b-c)≥4bc>0

∴a-b-c>0即a>b+c所以a、b、c不能作為三角形的三邊。2）由韋達定理可知：a+b+c=15,ab+bc+ac=54

∵a>b>c>0，∴a+b+c>3c,即c<5

∴滿足條件的c=1，2，3，4

當c=1時，a+b=14，ab=40，解得a=10，b=4拓展訓練—案例題例9：設n為正整數(shù)，且n2-71的值能被7n+55的值整除，求n的值?！痉治觥績蓚€代數(shù)式存在整除關系，可以采用轉(zhuǎn)化為帶系數(shù)的方程問題。解：∵7n+55|n2-71

∴n2-71=k（7n+55）（k為整數(shù)）

則n2-7kn-55k-71=0…………(1)

∵n為正整數(shù)

∴△=（7k）2-4×（-55k-71）=49k2+220k+284是完全平方數(shù)

又∵（7k+15）2=49k2+210k+225<49k2+220k+284<49k2+238k+289=（7k+17）2

∴△=（7k+16）2

即：（7k+16）2=49k2+220k+284

解得：k=7代入(1)，得：n2-49n-456=0

∴n=57或n=-8（不符合要求）

所以，n的值為57.拓展訓練—案例題例10：已知拋物線y=ax2-3（a+1）x+3a與直線y=1-2x至少有一個交點是整點（縱橫坐標都是整數(shù)的點），試確定整數(shù)a的值，并求出對應的整點坐標。解：拋物線與直線的交點的橫坐標x滿足方程y=ax2-3（a+1）x+3a=1-2x

即：ax2-（3a+1）x+3a-1=0

∵△=（3a+1）2-4a（3a-1）≥0，∴3a2-10a-1≤0

∴

又a為整數(shù)，所以a=1，2，3。

當a=1時，代入原方程得：x=

當a=2時，代入原方程得：x=1或5/2

當a=3時，代入原方程得：x=2或4/3

所以，滿足條件的a值有a=2或3。當a=2時，有一個交點（1，-1），當a=3時，有一個交點（2，-3）。拓展訓練—案例題例11：甲班的m個男生和11個女生捐款總數(shù)與乙班9個男生和n個女生的捐款總數(shù)相等，都是（mn+9m+11n+145）元，已知每人捐款數(shù)相同，且都是整數(shù)元，求每人的捐款數(shù)?！痉治觥繌念}目中要去發(fā)現(xiàn)隱含條件：每班捐款總數(shù)相同，每人捐款數(shù)相同，則說明兩班捐款的人數(shù)是相同的。解：設每人捐款數(shù)為x元，則有：m+11=n+9，即m=n-2

又∵mn+9m+11n+145=（9+n）x

∴把m=n-2代入等式，得：n2+18n+127=(9+n)x

整理得：n2+（18-x）n+（127-9x）=0

∵n為整數(shù)

∴△=（18-x）2-4×（127-9x）=x