一元二次方程的整数根

1/9第6讲一元二次方程的整数根精巧的论证常常不是一蹴而就的，而是人们长期切磋积累的成果。我也是慢慢学来的，而且还要继续不断的学习。-----阿贝尔知识方法扫描1．当含有某个参数k的一元二次方程的左边比较容易分解成两个一次因式的积时，我们可以先利用因式分解直接求方程的解，通常它们是关于k的分式形式的解。然后利用其根是整数的要求来解不定方程。此时因参数k的条件不同，常有两种处理方法。其一是k为整数，这时只需注意分式形式的解中，分子是分母的倍数即可；其二是k为实数，此时应该消去参数k，得到关于两根的关系式，也就是关于两根的不定方程，再解此不定方程即可。2．我们知道一元二次方程ax2＋bx＋c＝0在△＝b2－4ac≥0时有实数根x＝ab2。所以要使整系数的一元二次方程方程有整数根，必须△＝b2－4ac为完全平方数，并且－b±为2a的整数倍.故处理此类问题，常可用判别式来解决。又可细分为两类：（1）先求参数范围。可利用题设参数的范围，直接求解；也可由不等式△≥0求出参数的范围.再求解。（2）再设参数法，即设△＝k2（k是整数）。当△＝k2为关于原参数的一次式时，用代入法来解；当△＝k2为关于原参数的二次式时，用分解因式法来解.此外，对有理系数的二次方程有有理根的问题，上述解法也是适用的。3．韦达定理即根与系数的关系是一元二次方程的重要性质，我们也常用它来处理含参数的一元二次方程的整数解得问题，常用的方法有：（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.（2）利用“当两根为整数时，其和、积必为整数”来解。4．在含有参数的一元二次方程中，参数和未知数都是用字母表示的，通常是将未知数看作是主元必要时也可反过来将参数看成是主元，即将方程看成是以参数为未知数的方程，这种方法就是变更主元法。（1）当方程中参数的次数为一次时，可将参数直接用未知数表示出来，再利用已知参数的范围或性质来求解。（2）当方程中参数的次数为二次时，可考虑以参数为主元构造一个二次方程，再运用前述的方法（如利用判别式，韦达定理）来处理。经典例题解读例1．(1995年山东省初中数学竞赛试卷)k为什么整数时，方程(6－k)(9－k)x2－(117－15k)x＋54＝0的解都是整数？分析此方程的系数均为整数，而且方程的左边可以直接分解成两个整系数的一次因式，故可考虑直接求根来解答此题。另外此题的条件中并未说明方程是一元二次方程，故还应考虑二次项系数为0，原方程是一次方程的情况。2/9解若k=6,则x=-2。若k=9,则x=3；若k≠6且k≠9，原方程可化为[(k-6)x-9][(k-9)x-6]=0,故方程的二根为x1＝69k，x2＝96k.为使x1和x2都是整数，则应有k-6=±1,±3,±9，k=-3,3,5,7,9,15。还应有k-9=±1,±2,±3,±6,k=3,6，7,8,10,11,12，15.所以k=3,7,15时，x1和x2都是整数，综上所述，当k值为3，6，7，9，15时方程的解都是整数。例2(2000年全国初中数学联赛试卷)设关于x的二次方程(k2－6k＋8)﹒x2＋(2k2－6k－4)x＋k2＝4的两根都是整数.求满足条件的所有实数k的值.分析此题也可通过直接求根法求出二根，但是它的条件与例1不同，例1中的参数k是整数，而本题中的参数k是实数。因此求得二根后不能像例1那样讨论，因为使x1（或x2）为整数的实数k有无穷多个，所以要先消去k，得到关于x1，x2的不定方程，先求出这个不定方程的整数解，然后再反过来求k的值。解将原方程变形得(k－2)(k－4)x2＋(2k2－6k－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x1＝－42kk=421k；x2＝－22kk=241k.于是有1241xk，1422xk（x1≠-1,x2≠-1）两式相减消去k整理得x1x2＋3x1＋2＝0即x1(x2＋3)＝－2.于是有;13,221xx或;13,221xx或.23,121xx或.23,121xx解得;2,221xx或;4,221xx或;5,121xx或.1,121xx(舍去)因为1241xk,当x1=-2时，k=6。当x1=2时，k=310。当x1=1时，k=3.经检验，k=6，3，310都满足题意。.例3．（2000年广东奥林匹克学校高中入学考试数学试卷）求当m为何整数时，关于x的一元二次方程mx2-6x+9=0与x2-4mx+4m2-4m-5=0的根都是整数。分析从此题的两个方程无法得到用有理式形式表示的二根，但方程有整数根的前提是有实数根，我们可以先求出两个方程有实根的条件，从而求出参数m的取值范围，再由m是整数的条件，确定其值。不过最后还得代入验证此时的方程是否根都是整数。3/9解依题意有0)544(4)4(036)6(0222mmmmm解得145m，且m≠0.又m为整数，故m=±1。当m=1时，方程mx2-6x+9=0的二根均为1，方程x2-4mx+4m2-4m-5=0的二根为-1和5，符合要求。当m=-1时，方程mx2-6x+9=0的二根均不是整数,不符合要求.所以仅当m=1时，方程的两根都是整数。例4．(1996年上海市初中数学竞赛试卷)若关于x的方程ax2+2(a-3)x+(a-2)=0至少有一个整数根，且a为整数，求a.分析此题和上题不同在于：若利用判别式求出参数a的取值范围，计算后会发现，满足此范围的整数a有无数多个，无法一一验证。注意到要使整系数的一元二次方程方程有整数根，必须判别式为完全平方数。本题的判别式是关于参数a的一次式，一般可以设其为t2（t为非负整数），再将方程的根用t表示出来从而求得其整数解。解当a=0时，方程为-6x-2=0，无整数解。当a≠0时，方程为一元二次方程，要使方程至少有一个整数根，必须判别式为完全平方数。∵△=4(a-3)2-4a(a-2)=4(9-4a),∴9-4a为完全平方数。设9-4a=t2（t为正奇数，且t≠3）,则a=492t.此时，方程的二根为x1,2=ata2262=-1+at3=-1+4932tt=-1+29)3(4ttx1=-1+t34,x2=-1+t34要使x1为整数，而t为正奇数，只能t=1，此时a=2。要使x2为整数，t只能为1,5,7，此时a=2,-4,-10.综上所述，a的值为2,-4,-10.例5(2004年全国初中数学联赛试卷)已知方程x2-6x-4n2-32n=0的根都是整数，求整数n的值。分析1此题与上题的差别在于其判别式是关于参数的一次式，而是二次式，就不能用代入法了。此类问题一般采用因式分解的方法求解。解法1因二次方程的根都是整数，故△=4n2+32n+9应为完全平方数。设4n2+32n+9=k2(k0,k为整数)，即(2n+8)2-k2=55，所以(2n+8+k)(2n+8-k)=55因2n+8+k2n+8-k,故可得如下4个方程组1825582knkn，5821182knkn，5582182knkn，1182582knkn4/9分别解得n=10,n=0,n=-18,n=-8.分析2因4n2+32n+9=k2又可以看作是关于n的一元二次方程，本题也可以再用判别式来求解。解法2因二次方程的根都是整数，故△1=4n2+32n+9应为完全平方数。设4n2+32n+9=k2(k0,k为整数)，即4n2+32n+9-k2=0。将其看作关于n的一元二次方程，其判别式也应为完全平方数，即△2=322-4×4×(9-k2)=16(k2+55)为完全平方数设k2+55=t2,(t0,t为整数),即(t+k)(t-k)=55因t+kt-k故可得如下4个方程组155ktkt,511ktkt，551ktkt,115ktkt,分别解得k=27,3,-27或-3，于是4n2+32n+9=272，或4n2+32n+9=33，分别解得n=10,n=-18,n=-8,n=0.所以整数n的值为-18,-8,0,10.例6（1996年湖北省黄冈地区初中数学竞赛试卷）求使关于x的方程(a+1)x2-(a2+1)x+2a3-6=0有整数根的所有整数a解当a=-1时，方程为-2x-8=0,x=-4为整数根；当a≠-1时，Δ=-7a4-8a3+2a2+24a+25若a≥2，由于-a4+2a20,-6a4+24a0,-8a3+250,所以Δ0，原方程无实根；若a≤-2，由于-4a4-8a30,-2a4+250,-a4+2a20,24a0,所以Δ0，原方程无实根；当a=0时，原方程变为x2-x-6=0，二根为-2，3；当a=1时，原方程变为2x2-2x-4=0，二根为-1，2。综上所述，仅当a=-1,0,1,原方程才有可能有整数根评注1本题条件中的有整数根，应该理解成至少有一个整数根。2本题中的判别式是一个四次式，不易求出其取值范围。上面的解法是先对判别式的取值用分类讨论结合放缩的方法求出其范围来，再对这个范围中的整数逐一讨论。例7(1998年全国初中数学联赛试卷)求所有正实数a,使得方程042aaxx仅有整数根.分析本题有许多方法去解，这里我们利用根与系数的关系式，将两根之和与两根之积都用参数表示出来，然后消去参数，得到关于两根的不定方程.通过解不定方程求出两根，再回头求出参数。解设两整数根为x1,x2，则04,02121axxaxx消去a,得x1x2-4(x1+x2)=0（x1-4）（x2-4）=16x1-4=±1,±2,±4,±8,±16x2-4=±16,±8,±4,±2,±1x1+x2-8=±17,±10,±8a–8=±17,±10,±8a=25,18,16,-9,-2,0因a为正实数，于是25a或18或16均为所求.5/9例8(第十七届全俄数学奥林匹克十年级试卷)求使方程x2-pqx+p+q=0有整数根的所有正整数p和q．解设原方程两根为x1、x2，则x1x2=p+q(1)x1+x2=pq(2)因此，这两根之和与两根之积均为正整数。若x1是整数，由(2)知也是x2整数，由(1)知二根均为正整数。(1)-(2)得，x1x2-(x1+x2)=p+q-pq，即(x1-1)(x2-1)+(p-1)(q-1)=2将2表为两个非负整数之和，只有三种情况：0+2；1+1；2+0。若(p-1)(q-1)=2，则p=3，q=2或p=2，q=3；若(p-1)(q-1)=1，则p=q=2；若(p-1)(q-1)=0，则p=1，q=5，或p=5，q=1．评注虽然都是用根与系数的关系解题，本题和上题在解法上又有一些差别。这里用到了整数根和参数间的和，差，积都是整数的性质。例9(第三届“祖冲之杯”初中数学竞赛试卷)试求所有这样的正整数a，使方程ax2＋2(2a－1)x＋4(a－3)＝0至少有一个整数解.分析直接利用判别式不能求出的范围，由于两根不一定都是整数，利用韦达定理也不方便，这时我们可以考虑变更主元。在本题中参数a的次数为一次，所以可考虑将a用x表示出来，然后利用a是正整数的性质求出x的范围再求解。解a(x+2)2＝2(x+6),显然x≠－2，所以a＝2)2()6(2xx.①又a是正整数，则2)2()6(2xx≥1.解得－4≤x≤2且x≠－2.故x＝－4,－3,－1,0,1,2.分别代入①得a＝1,6,10,3,914,1.因a为正整数，所以a的值可为1,3,6,10.例10．（1994年福州市初中数学竞赛试卷）当m是什么整数时，关于x的方程x2-(m-1)x+m+1=0的两根都是整数？解原方程可化为(x-1)m=x2+