初三數(shù)學(xué)競賽班教師講義35講

初中數(shù)學(xué)競賽輔導(dǎo)初三數(shù)學(xué)競賽班講義(教師解析版)目錄TOC\o"1-1"\h\u21706一、高次根式及根式方程 211643二、因式分解（高級復(fù)習(xí)） 1230730三、分式 2728845四、一元二次方程判別式及其應(yīng)用 3015170五、一元二次方程韋達定理及其應(yīng)用 3717847六、一元二次方程整數(shù)根問題（復(fù)習(xí)） 484265七、高次方程 6713843八、二元二次方程組與二元對稱方程組 759090九、不等式綜合 8412514十、函數(shù)的性質(zhì)（復(fù)習(xí)鞏固） 9631660十一、二次函數(shù)初步 1039915十二、函數(shù)最值問題 1115812十三、三角函數(shù) 12330984十四、解直角三角形 13127200十五、面積問題與面積方法 140301十六、直線型幾何 1638978十七、圓的基本性質(zhì) 18722034十九、共圓點問題 20419704二十、圓綜合題 21127330二十一、點共線和線共點 22413153二十二、平幾定值問題 24614141二十四、平幾著名定理 2611903二十五、三角形中的巧合點 27325782二十六、數(shù)論（一） 27932699二十七、數(shù)論（二） 305203二十八、組合 3171838二十九、反證法 3336014三十、解題思想方法 33931634三十一、數(shù)學(xué)建模初步 34920985三十二、應(yīng)用題 35916848三十三、測試題 36726716三十四、聯(lián)賽試卷講解（一） 40325842三十五、聯(lián)賽試卷講解（二） 410一、高次根式及根式方程未知數(shù)含在根號下的方程叫作無理方程(或根式方程)，這是數(shù)學(xué)競賽中經(jīng)常出現(xiàn)的一些特殊形式的方程中的一種．解無理方程的基本思想是把無理方程轉(zhuǎn)化為有理方程來解，在變形時要注意根據(jù)方程的結(jié)構(gòu)特征選擇解題方法．常用的方法有：乘方法、配方法、因式分解法、設(shè)輔助元素法、利用比例性質(zhì)法等．本講將通過例題來說明這些方法的運用．例1解方程解移項得兩邊平方后整理得再兩邊平方后整理得x2＋3x-28＝0，所以x1=4，x2=-7．經(jīng)檢驗知，x2=-7為增根，所以原方程的根為x=4．說明用乘方法(即將方程兩邊各自乘同次方來消去方程中的根號)來解無理方程，往往會產(chǎn)生增根，應(yīng)注意驗根．例2解方程方公式將方程的左端配方．將原方程變形為所以兩邊平方得3x2+x=9-6x＋x2，

兩邊平方得3x2+x=x2＋6x＋9，例3解方程即所以移項得例4解方程解三個未知量、一個方程，要有確定的解，則方程的結(jié)構(gòu)必然是極其特殊的．將原方程變形為配方得利用非負數(shù)的性質(zhì)得所以x=1，y=2，z=3．經(jīng)檢驗，x=1，y=2，z=3是原方程的根．例5解方程所以將①兩邊平方、并利用②得x2y2＋2xy-8=0，(xy＋4)(xy-2)=0．xy=2．③例6解方程解觀察到題中兩個根號的平方差是13，即②÷①便得由①，③得例7解方程分析與解注意到(2x2-1)-(x2-3x-2)=(2x2+2x+3)-(x2-x+2)．設(shè)則u2-v2＝w2-t2，①u+v=w+t．②因為u+v=w+t=0無解，所以①÷②得u-v=w-t．③②＋③得u=w，即解得x=-2．經(jīng)檢驗，x=-2是原方程的根．例8解方程整理得y3-1=(1-y)2，即(y-1)(y2+2)=0．解得y=1，即x=-1．經(jīng)檢驗知，x=-1是原方程的根．整理得y3-2y2+3y=0．解得y=0，從而x=-1．例9解方程邊的分式的分子與分母只有一些項的符號不同，則可用合分比定理化簡方程．根據(jù)合分比定理得兩邊平方得再用合分比定理得化簡得x2=4a2．解得x=±2a．經(jīng)檢驗，x=±2a是原方程的根．練習(xí)1．填空：2．解方程3．解方程4．解方程5．解方程6．解關(guān)于x的方程7.化簡+8.化簡9.已知：，化簡

10.已知，求x3+1211.解方程：12.若是一個正整數(shù)，求它的末尾數(shù)字

13.解方程

二、因式分解（高級復(fù)習(xí)）因式分解的方法1.下面重點復(fù)習(xí)一些進階的方法1．運用公式法在整式的乘、除中，我們學(xué)過若干個乘法公式，現(xiàn)將其反向使用，即為因式分解中常用的公式，例如：(1)a2-b2=(a+b)(a-b)；(2)a2±2ab+b2=(a±b)2；(3)a3+b3=(a+b)(a2-ab+b2)；(4)a3-b3=(a-b)(a2+ab+b2)．下面再補充幾個常用的公式：(5)a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca=(a+b+c)2；(6)a3+b3+c3-3abc=(a+b+c)(a2+b2+c2-ab-bc-ca)；(7)an-bn=(a-b)(an-1+an-2b+an-3b2+…+abn-2+bn-1)其中n為正整數(shù)；(8)an-bn=(a+b)(an-1-an-2b+an-3b2-…+abn-2-bn-1)，其中n為偶數(shù)；(9)an+bn=(a+b)(an-1-an-2b+an-3b2-…-abn-2+bn-1)，其中n為奇數(shù)．運用公式法分解因式時，要根據(jù)多項式的特點，根據(jù)字母、系數(shù)、指數(shù)、符號等正確恰當(dāng)?shù)剡x擇公式．例1分解因式：(1)-2x5n-1yn+4x3n-1yn+2-2xn-1yn+4；(2)x3-8y3-z3-6xyz；(3)a2+b2+c2-2bc+2ca-2ab；(4)a7-a5b2+a2b5-b7．解(1)原式=-2xn-1yn(x4n-2x2ny2+y4)=-2xn-1yn[(x2n)2-2x2ny2+(y2)2]=-2xn-1yn(x2n-y2)2=-2xn-1yn(xn-y)2(xn+y)2．(2)原式=x3+(-2y)3+(-z)3-3x(-2y)(-Z)=(x-2y-z)(x2+4y2+z2+2xy+xz-2yz)．(3)原式=(a2-2ab+b2)+(-2bc+2ca)+c2＝(a-b)2+2c(a-b)+c2=(a-b+c)2．本小題可以稍加變形，直接使用公式(5)，解法如下：原式=a2+(-b)2+c2+2(-b)c+2ca+2a(-b)=(a-b+c)2(4)原式=(a7-a5b2)+(a2b5-b7)=a5(a2-b2)+b5(a2-b2)=(a2-b2)(a5+b5)=(a+b)(a-b)(a+b)(a4-a3b+a2b2-ab3+b4)=(a+b)2(a-b)(a4-a3b+a2b2-ab3+b4)例2分解因式：a3+b3+c3-3abc．本題實際上就是用因式分解的方法證明前面給出的公式(6)．分析我們已經(jīng)知道公式(a+b)3=a3+3a2b+3ab2+b3的正確性，現(xiàn)將此公式變形為a3+b3=(a+b)3-3ab(a+b)．這個式也是一個常用的公式，本題就借助于它來推導(dǎo)．解原式=(a+b)3-3ab(a+b)+c3-3abc=［(a+b)3+c3］-3ab(a+b+c)=(a+b+c)［(a+b)2-c(a+b)+c2]-3ab(a+b+c)=(a+b+c)(a2+b2+c2-ab-bc-ca)．說明公式(6)是一個應(yīng)用極廣的公式，用它可以推出很多有用的結(jié)論，例如：我們將公式(6)變形為a3+b3+c3-3abc顯然，當(dāng)a+b+c=0時，則a3+b3+c3=3abc；當(dāng)a+b+c＞0時，則a3+b3+c3-3abc≥0，即a3+b3+c3≥3abc，而且，當(dāng)且僅當(dāng)a=b=c時，等號成立．如果令x=a3≥0，y=b3≥0，z=c3≥0，則有等號成立的充要條件是x=y=z．這也是一個常用的結(jié)論．例3分解因式：x15+x14+x13+…+x2+x+1．分析這個多項式的特點是：有16項，從最高次項x15開始，x的次數(shù)順次遞減至0，由此想到應(yīng)用公式an-bn來分解．解因為x16-1=(x-1)(x15+x14+x13+…x2+x+1)，所以說明在本題的分解過程中，用到先乘以(x-1)，再除以(x-1)的技巧，這一技巧在等式變形中很常用．2．拆項、添項法因式分解是多項式乘法的逆運算．在多項式乘法運算時，整理、化簡常將幾個同類項合并為一項，或?qū)蓚€僅符號相反的同類項相互抵消為零．在對某些多項式分解因式時，需要恢復(fù)那些被合并或相互抵消的項，即把多項式中的某一項拆成兩項或多項，或者在多項式中添上兩個僅符合相反的項，前者稱為拆項，后者稱為添項．拆項、添項的目的是使多項式能用分組分解法進行因式分解．例4分解因式：x3-9x+8．分析本題解法很多，這里只介紹運用拆項、添項法分解的幾種解法，注意一下拆項、添項的目的與技巧．解法1將常數(shù)項8拆成-1+9．原式=x3-9x-1+9=(x3-1)-9x+9=(x-1)(x2+x+1)-9(x-1)=(x-1)(x2+x-8)．解法2將一次項-9x拆成-x-8x．原式=x3-x-8x+8=(x3-x)+(-8x+8)=x(x+1)(x-1)-8(x-1)=(x-1)(x2+x-8)．解法3將三次項x3拆成9x3-8x3．原式=9x3-8x3-9x+8=(9x3-9x)+(-8x3+8)=9x(x+1)(x-1)-8(x-1)(x2+x+1)=(x-1)(x2+x-8)．解法4添加兩項-x2+x2．原式=x3-9x+8=x3-x2+x2-9x+8=x2(x-1)+(x-8)(x-1)=(x-1)(x2+x-8)．說明由此題可以看出，用拆項、添項的方法分解因式時，要拆哪些項，添什么項并無一定之規(guī)，主要的是要依靠對題目特點的觀察，靈活變換，因此拆項、添項法是因式分解諸方法中技巧性最強的一種．例5分解因式：(1)x9+x6+x3-3；(2)(m2-1)(n2-1)+4mn；(3)(x+1)4+(x2-1)2+(x-1)4；(4)a3b-ab3+a2+b2+1．解(1)將-3拆成-1-1-1．原式=x9+x6+x3-1-1-1=(x9-1)+(x6-1)+(x3-1)=(x3-1)(x6+x3+1)+(x3-1)(x3+1)+(x3-1)=(x3-1)(x6+2x3+3)=(x-1)(x2+x+1)(x6+2x3+3)．(2)將4mn拆成2mn+2mn．原式=(m2-1)(n2-1)+2mn+2mn=m2n2-m2-n2+1+2mn+2mn=(m2n2+2mn+1)-(m2-2mn+n2)=(mn+1)2-(m-n)2=(mn+m-n+1)(mn-m+n+1)．(3)將(x2-1)2拆成2(x2-1)2-(x2-1)2．原式=(x+1)4+2(x2-1)2-(x2-1)2+(x-1)4=［(x+1)4+2(x+1)2(x-1)2+(x-1)4]-(x2-1)2=［(x+1)2+(x-1)2]2-(x2-1)2=(2x2+2)2-(x2-1)2=(3x2+1)(x2+3)．(4)添加兩項+ab-ab．原式=a3b-ab3+a2+b2+1+ab-ab=(a3b-ab3)+(a2-ab)+(ab+b2+1)=ab(a+b)(a-b)+a(a-b)+(ab+b2+1)=a(a-b)［b(a+b)+1]+(ab+b2+1)=[a(a-b)+1](ab+b2+1)=(a2-ab+1)(b2+ab+1)．說明(4)是一道較難的題目，由于分解后的因式結(jié)構(gòu)較復(fù)雜，所以不易想到添加+ab-ab，而且添加項后分成的三項組又無公因式，而是先將前兩組分解，再與第三組結(jié)合，找到公因式．這道題目使我們體會到拆項、添項法的極強技巧所在，同學(xué)們需多做練習(xí)，積累經(jīng)驗．3．換元法換元法指的是將一個較復(fù)雜的代數(shù)式中的某一部分看作一個整體，并用一個新的字母替代這個整體來運算，從而使運算過程簡明清晰．例6分解因式：(x2+x+1)(x2+x+2)-12．分析將原式展開，是關(guān)于x的四次多項式，分解因式較困難．我們不妨將x2+x看作一個整體，并用字母y來替代，于是原題轉(zhuǎn)化為關(guān)于y的二次三項式的因式分解問題了．解設(shè)x2+x=y，則原式=(y+1)(y+2)-12=y2+3y-10=(y-2)(y+5)=(x2+x-2)(x2+x+5)=(x-1)(x+2)(x2+x+5)．說明本題也可將x2+x+1看作一個整體，比如今x2+x+1=u，一樣可以得到同樣的結(jié)果，有興趣的同學(xué)不妨試一試．例7分解因式：(x2+3x+2)(4x2+8x+3)-90．分析先將兩個括號內(nèi)的多項式分解因式，然后再重新組合．解原式=(x+1)(x+2)(2x+1)(2x+3)-90=[(x+1)(2x+3)][(x+2)(2x+1)]-90=(2x2+5x+3)(2x2+5x+2)-90．令y=2x2+5x+2，則原式=y(y+1)-90=y2+y-90=(y+10)(y-9)=(2x2+5x+12)(2x2+5x-7)=(2x2+5x+12)(2x+7)(x-1)．說明對多項式適當(dāng)?shù)暮愕茸冃问俏覀冋业叫略?y)的基礎(chǔ)．例8分解因式：(x2+4x+8)2+3x(x2+4x+8)+2x2．解設(shè)x2+4x+8=y，則原式=y2+3xy+2x2=(y+2x)(y+x)=(x2+6x+8)(x2+5x+8)=(x+2)(x+4)(x2+5x+8)．說明由本題可知，用換元法分解因式時，不必將原式中的元都用新元代換，根據(jù)題目需要，引入必要的新元，原式中的變元和新變元可以一起變形，換元法的本質(zhì)是簡化多項式．例9分解因式：6x4+7x3-36x2-7x+6．解法1原式=6(x4+1)＋7x(x2-1)-36x2=6［(x4-2x2+1)+2x2］+7x(x2-1)-36x2=6[(x2-1)2+2x2]+7x(x2-1)-36x2=6(x2-1)2+7x(x2-1)-24x2=[2(x2-1)-3x］［3(x2-1)+8x]=(2x2-3x-2)(3x2+8x-3)=(2x+1)(x-2)(3x-1)(x+3)．說明本解法實際上是將x2-1看作一個整體，但并沒有設(shè)立新元來代替它，即熟練使用換元法后，并非每題都要設(shè)置新元來代替整體．解法2原式=x2[6(t2+2)+7t-36]=x2(6t2+7t-24)=x2(2t-3)(3t+8)=x2[2(x-1/x)-3][3(x-1/x)+8]=(2x2-3x-2)(3x2+8x-3)=(2x+1)(x-2)(3x-1)(x+3)．例10分解因式：(x2+xy+y2)-4xy(x2+y2)．分析本題含有兩個字母，且當(dāng)互換這兩個字母的位置時，多項式保持不變，這樣的多項式叫作二元對稱式．對于較難分解的二元對稱式，經(jīng)常令u=x+y，v=xy，用換元法分解因式．解原式=[(x+y)2-xy]2-4xy[(x+y)2-2xy]．令x+y=u，xy=v，則原式=(u2-v)2-4v(u2-2v)=u4-6u2v+9v2=(u2-3v)2=(x2+2xy+y2-3xy)2=(x2-xy+y2)2．4．雙十字相乘法分解二次三項式時，我們常用十字相乘法．對于某些二元二次六項式(ax2+bxy+cy2+dx+ey+f)，我們也可以用十字相乘法分解因式．例如，分解因式2x2-7xy-22y2-5x+35y-3．我們將上式按x降冪排列，并把y當(dāng)作常數(shù)，于是上式可變形為2x2-(5+7y)x-(22y2-35y+3)，可以看作是關(guān)于x的二次三項式．對于常數(shù)項而言，它是關(guān)于y的二次三項式，也可以用十字相乘法，分解為即-22y2+35y-3=(2y-3)(-11y+1)．再利用十字相乘法對關(guān)于x的二次三項式分解所以原式=［x+(2y-3)］［2x+(-11y+1)］=(x+2y-3)(2x-11y+1)．上述因式分解的過程，實施了兩次十字相乘法．如果把這兩個步驟中的十字相乘圖合并在一起，可得到下圖：它表示的是下面三個關(guān)系式：(x+2y)(2x-11y)=2x2-7xy-22y2；(x-3)(2x+1)=2x2-5x-3；(2y-3)(-11y+1)=-22y2+35y-3．這就是所謂的雙十字相乘法．用雙十字相乘法對多項式ax2+bxy+cy2+dx+ey+f進行因式分解的步驟是：(1)用十字相乘法分解ax2+bxy+cy2，得到一個十字相乘圖(有兩列)；(2)把常數(shù)項f分解成兩個因式填在第三列上，要求第二、第三列構(gòu)成的十字交叉之積的和等于原式中的ey，第一、第三列構(gòu)成的十字交叉之積的和等于原式中的dx．例1分解因式：(1)x2-3xy-10y2+x+9y-2；(2)x2-y2+5x+3y+4；(3)xy+y2+x-y-2；(4)6x2-7xy-3y2-xz+7yz-2z2．解(1)原式=(x-5y+2)(x+2y-1)．(2)原式=(x+y+1)(x-y+4)．(3)原式中缺x2項，可把這一項的系數(shù)看成0來分解．原式=(y+1)(x+y-2)．(4)原式=(2x-3y+z)(3x+y-2z)．說明(4)中有三個字母，解法仍與前面的類似．5．求根法我們把形如anxn+an-1xn-1+…+a1x+a0(n為非負整數(shù))的代數(shù)式稱為關(guān)于x的一元多項式，并用f(x)，g(x)，…等記號表示，如f(x)=x2-3x+2，g(x)=x5+x2+6，…，當(dāng)x=a時，多項式f(x)的值用f(a)表示．如對上面的多項式f(x)f(1)=12-3×1+2=0；f(-2)=(-2)2-3×(-2)+2=12．若f(a)=0，則稱a為多項式f(x)的一個根．定理1(因式定理)若a是一元多項式f(x)的根，即f(a)=0成立，則多項式f(x)有一個因式x-a．根據(jù)因式定理，找出一元多項式f(x)的一次因式的關(guān)鍵是求多項式f(x)的根．對于任意多項式f(x)，要求出它的根是沒有一般方法的，然而當(dāng)多項式f(x)的系數(shù)都是整數(shù)時，即整系數(shù)多項式時，經(jīng)常用下面的定理來判定它是否有有理根．定理2的根，則必有p是a0的約數(shù)，q是an的約數(shù)．特別地，當(dāng)a0=1時，整系數(shù)多項式f(x)的整數(shù)根均為an的約數(shù)．我們根據(jù)上述定理，用求多項式的根來確定多項式的一次因式，從而對多項式進行因式分解．例2分解因式：x3-4x2+6x-4．分析這是一個整系數(shù)一元多項式，原式若有整數(shù)根，必是-4的約數(shù)，逐個檢驗-4的約數(shù)：±1，±2，±4，只有f(2)=23-4×22+6×2-4=0，即x=2是原式的一個根，所以根據(jù)定理1，原式必有因式x-2．解法1用分組分解法，使每組都有因式(x-2)．原式=(x3-2x2)-(2x2-4x)+(2x-4)=x2(x-2)-2x(x-2)+2(x-2)=(x-2)(x2-2x+2)．解法2用多項式除法，將原式除以(x-2)，所以原式=(x-2)(x2-2x+2)．說明在上述解法中，特別要注意的是多項式的有理根一定是-4的約數(shù)，反之不成立，即-4的約數(shù)不一定是多項式的根．因此，必須對-4的約數(shù)逐個代入多項式進行驗證．例3分解因式：9x4-3x3+7x2-3x-2．分析因為9的約數(shù)有±1，±3，±9；-2的約數(shù)有±1，±為：所以，原式有因式9x2-3x-2．解9x4-3x3+7x2-3x-2=9x4-3x3-2x2+9x2-3x-2=x2(9x3-3x-2)+9x2-3x-2=(9x2-3x-2)(x2+1)=(3x+1)(3x-2)(x2+1)說明若整系數(shù)多項式有分?jǐn)?shù)根，可將所得出的含有分?jǐn)?shù)的因式化為整系數(shù)因式，如上題中的因式可以化為9x2-3x-2，這樣可以簡化分解過程．總之，對一元高次多項式f(x)，如果能找到一個一次因式(x-a)，那么f(x)就可以分解為(x-a)g(x)，而g(x)是比f(x)低一次的一元多項式，這樣，我們就可以繼續(xù)對g(x)進行分解了．6．待定系數(shù)法待定系數(shù)法是數(shù)學(xué)中的一種重要的解題方法，應(yīng)用很廣泛，這里介紹它在因式分解中的應(yīng)用．在因式分解時，一些多項式經(jīng)過分析，可以斷定它能分解成某幾個因式，但這幾個因式中的某些系數(shù)尚未確定，這時可以用一些字母來表示待定的系數(shù)．由于該多項式等于這幾個因式的乘積，根據(jù)多項式恒等的性質(zhì)，兩邊對應(yīng)項系數(shù)應(yīng)該相等，或取多項式中原有字母的幾個特殊值，列出關(guān)于待定系數(shù)的方程(或方程組)，解出待定字母系數(shù)的值，這種因式分解的方法叫作待定系數(shù)法．例4分解因式：x2+3xy+2y2+4x+5y+3．分析由于(x2+3xy+2y2)=(x+2y)(x+y)，若原式可以分解因式，那么它的兩個一次項一定是x+2y+m和x＋y＋n的形式，應(yīng)用待定系數(shù)法即可求出m和n，使問題得到解決．解設(shè)x2+3xy+2y2+4x+5y+3=(x+2y+m)(x+y+n)=x2+3xy+2y2+(m+n)x+(m+2n)y+mn，比較兩邊對應(yīng)項的系數(shù)，則有解之得m=3，n=1．所以原式=(x+2y+3)(x+y+1)．說明本題也可用雙十字相乘法，請同學(xué)們自己解一下．例5分解因式：x4-2x3-27x2-44x+7．分析本題所給的是一元整系數(shù)多項式，根據(jù)前面講過的求根法，若原式有有理根，則只可能是±1，±7(7的約數(shù))，經(jīng)檢驗，它們都不是原式的根，所以，在有理數(shù)集內(nèi)，原式?jīng)]有一次因式．如果原式能分解，只能分解為(x2+ax+b)(x2+cx+d)的形式．解設(shè)原式=(x2+ax+b)(x2+cx+d)=x4+(a+c)x3+(b+d+ac)x2+(ad+bc)x+bd，所以有由bd=7，先考慮b=1，d=7有所以原式=(x2-7x+1)(x2+5x+7)．說明由于因式分解的唯一性，所以對b=-1，d=-7等可以不加以考慮．本題如果b=1，d=7代入方程組后，無法確定a，c的值，就必須將bd=7的其他解代入方程組，直到求出待定系數(shù)為止．本題沒有一次因式，因而無法運用求根法分解因式．但利用待定系數(shù)法，使我們找到了二次因式．由此可見，待定系數(shù)法在因式分解中也有用武之地．練習(xí)1．分解因式：(2)x10+x5-2；(4)(x5+x4+x3+x2+x+1)2-x5．2．分解因式：(1)x3+3x2-4；(2)x4-11x2y2+y2；(3)x3+9x2+26x+24；(4)x4-12x+323．3．分解因式：(1)(2x2-3x+1)2-22x2+33x-1；(2)x4+7x3+14x2+7x+1；(3)(x+y)3+2xy(1-x-y)-1；(4)(x+3)(x2-1)(x+5)-20．4．用雙十字相乘法分解因式：(1)x2-8xy+15y2+2x-4y-3；(2)x2-xy+2x+y-3；(3)3x2-11xy+6y2-xz-4yz-2z2．5．用求根法分解因式：(1)x3+x2-10x-6；(2)x4+3x3-3x2-12x-4；(3)4x4+4x3-9x2-x+2．6．用待定系數(shù)法分解因式：(1)2x2+3xy-9y2+14x-3y+20；(2)x4+5x3+15x-9．7.關(guān)于x，y的二次式可分解為兩個一次因式的乘積，則m的值是8.設(shè)是x的一次式的完全立方式，求證

9.分解因式：10.分解因式：

11.分解因式

三、分式1.解分式方程的基本思想：把分式方程轉(zhuǎn)化為整式方程。2.解分式方程的一般步驟：（1）在方程的兩邊都乘以最簡公分母，約去分母，化成整式方程；（2）解這個整式方程；（3）驗根：把整式方程的根代入最簡公分母，看結(jié)果是否等于零，使最簡公分母等于零的根是原方程的增根，必須舍去，但對于含有字母系數(shù)的分式方程，一般不要求檢驗。3.列分式方程解應(yīng)用題和列整式方程解應(yīng)用題步驟基本相同，但必須注意，要檢驗求得的解是否為原方程的根，以及是否符合題意。分式的有關(guān)概念和性質(zhì)與分?jǐn)?shù)相類似，例如，分式的分母的值不能是零，即分式只有在分母不等于零時才有意義；也像分?jǐn)?shù)一樣，分式的分子與分母都乘以(或除以)同一個不等于零的整式，分式的值不變，這一性質(zhì)是分式運算中通分和約分的理論根據(jù)．在分式運算中，主要是通過約分和通分來化簡分式，從而對分式進行求值．除此之外，還要根據(jù)分式的具體特征靈活變形，以使問題得到迅速準(zhǔn)確的解答．例1.解方程：分析：首先要確定各分式分母的最簡公分母，在方程兩邊乘這個公分母時不要漏乘，解完后記著要驗根解：方程兩邊都乘以，得例2.解方程分析：直接去分母，可能出現(xiàn)高次方程，給求解造成困難，觀察四個分式的分母發(fā)現(xiàn)的值相差1，而分子也有這個特點，因此，可將分母的值相差1的兩個分式結(jié)合，然后再通分，把原方程兩邊化為分子相等的兩個分式，利用分式的等值性質(zhì)求值。解：原方程變形為：方程兩邊通分，得經(jīng)檢驗：原方程的根是例3.解方程：分析：方程中的每個分式都相當(dāng)于一個假分?jǐn)?shù)，因此，可化為一個整數(shù)與一個簡單的分?jǐn)?shù)式之和。解：由原方程得：即例4.解方程：分析：此題若用一般解法，則計算量較大。當(dāng)把分子、分母分解因式后，會發(fā)現(xiàn)分子與分母有相同的因式，于是可先約分。解：原方程變形為：約分，得方程兩邊都乘以注：分式方程命題中一般滲透不等式，恒等變形，因式分解等知識。因此要學(xué)會根據(jù)方程結(jié)構(gòu)特點，用特殊方法解分式方程。例5．若解分式方程產(chǎn)生增根，則m的值是（）A. B.C. D.分析：分式方程產(chǎn)生的增根，是使分母為零的未知數(shù)的值。由題意得增根是：化簡原方程為：把代入解得，故選擇D。例6.甲、乙兩班同學(xué)參加“綠化祖國”活動，已知乙班每小時比甲班多種2棵樹，甲班種60棵所用的時間與乙班種66棵樹所用的時間相等，求甲、乙兩班每小時各種多少棵樹？分析：利用所用時間相等這一等量關(guān)系列出方程。解：設(shè)甲班每小時種x棵樹，則乙班每小時種（x+2）棵樹，由題意得：答：甲班每小時種樹20棵，乙班每小時種樹22棵。說明：在解分式方程應(yīng)用題時一定要檢驗方程的根。例7.輪船在一次航行中順流航行80千米，逆流航行42千米，共用了7小時；在另一次航行中，用相同的時間，順流航行40千米，逆流航行70千米。求這艘輪船在靜水中的速度和水流速度分析：在航行問題中的等量關(guān)系是“船實際速度=水速+靜水速度”，有順?biāo)?、逆水，取水速正、負值，兩次航行提供了兩個等量關(guān)系。解：設(shè)船在靜水中的速度為x千米/小時，水流速度為y千米/小時由題意，得答：水流速度為3千米/小時，船在靜水中的速度為17千米/小時。例8.m為何值時，關(guān)于x的方程會產(chǎn)生增根？解：方程兩邊都乘以，得整理，得說明：分式方程的增根，一定是使最簡公分母為零的根四、一元二次方程判別式及其應(yīng)用一元二次方程的根的判別式(△)是重要的基礎(chǔ)知識，它不僅能用于直接判定根的情況，而且在二次三項式、二次不等式、二次函數(shù)等方面有著重要的應(yīng)用，是初中數(shù)學(xué)中的一個重要內(nèi)容，在高中數(shù)學(xué)中也有許多應(yīng)用．熟練掌握它的各種用法，可提高解題能力和知識的綜合應(yīng)用能力．1．判定方程根的情況例1已知方程x2-2x-m=0沒有實數(shù)根，其中m是實數(shù)．試判定方程x2+2mx+m(m+1)=0有無實數(shù)根．解因為方程x2-2x-m=0無實數(shù)根，所以△1=(-2)2-4×(-m)=4+4m＜0，即m＜-1．因為△2=(2m)2-4m(m+1)=-4m＞0，所以方程x2+2mx+m(m+1)=0有兩個不相等的實根．例2已知常數(shù)a為實數(shù)，討論關(guān)于x的方程(a-2)x2+(-2a+1)x+a=0的實數(shù)根的個數(shù)情況．實根．當(dāng)a≠2時，原方程為一元二次方程，其判別式△=(-2a+1)2-4(a-2)a=4a+1，說明對于一個二次項系數(shù)含參數(shù)的方程，要按照二次項系數(shù)為零或不為零來討論根的情況，前者為一次方程，后者為二次方程，不能一上來就用判別式．2．確定方程中系數(shù)的值或范圍例3關(guān)于x的一元二次方程有實根，其中a是實數(shù)，求a99+x99的值．解因為方程有實根，所以即-a2-2a-1≥0．因為-(a+1)2≥0，所以a+1=0，a=-1．當(dāng)a=-1時，原方程為x2-2x+1=0，x=1，所以a99+x99=(-1)99+199=0．例4若方程x2+2(1+a)x+3a2+4ab+4b2+2=0有實根，求a，b的值．解因為方程有實根，所以它的判別式△=4(1+a)2-4(3a2+4ab+4b2+2)≥0，化簡后得2a2+4ab+4b2-2a+1≤0，所以(a+2b)2+(a-1)2≤0，說明在本題中，只有一個不等式而要求兩個值，通常是通過配方把這個不等式變形為“若干個非負數(shù)之和小于等于零”，從而可以得到一個方程組，進而求出要求的值．例5△ABC的一邊長為5，另兩邊長恰是方程2x2-12x+m=0的兩個根，求m的取值范圍．解設(shè)△ABC的三邊分別為a，b，c，且a=5，由△=122-4·2·m=144-8m≥0并且不等式25=a2＞(b-c)2=(b+c)2-4bc=36-2m，3．求某些方程或方程組的解例6求方程5x2+5y2+8xy+2y-2x+2=0的實數(shù)解．解先把y看作是常數(shù)，把原方程看成是關(guān)于x的一元二次方程，即5x2+(8y-2)x+(5y2+2y+2)=0．因為x是實數(shù)，所以判別式△=(8y-2)2-4·5·(5y2+2y+2)≥0，化簡后整理得y2+2y+1≤0，即(y+1)2≤0，從而y=-1．將y=-1代入原方程，得5x2-10x+5=0，故x=1．所以，原方程的實數(shù)解為x=1，y=-1．說明(1)本題也可以把x看作常數(shù)，把方程寫成關(guān)于y的一元二次方程，再用判別式來求解．(2)本題還可以用配方的方法，把原方程變形為4(x+y)2+(x-1)2+(y+1)2=0，從而x=1，y=-1．例7解方程組解引入待定系數(shù)k，由k·①+②得或?qū)懗伞?(k+4)2-4(k+7)(k-1)=0．即4．證明不等式，求最大值和最小值用判別式證明不等式，常常把要證明的內(nèi)容通過韋達定理以及其他代數(shù)變形手段，放到某個一元二次方程的系數(shù)中去．是多少？(x-3)2+(kx-3)2=6，即(k2+1)x2-6(k+1)x+12=0，將它看成關(guān)于x的一元二次方程．因x是實數(shù)，所以△=36(k+1)2-48(k2+1)≥0，即k2-6k+1≤0．①解由于所以yx2+(y-2)x+y=0，上式可以看成關(guān)于x的一元二次方程．因x為實數(shù)，所以△=(y-2)2-4y2≥0，即3y2+4y-4≤0，(3y-2)(y+2)≤0．當(dāng)y=-2時，代入yx2+(y-2)x+y=0中，得x=-1，即x=-1時，y=例10實數(shù)a，b，c滿足a+b+c=2，且對任何實數(shù)t，都有不等式-t2+2t≤ab+bc+ca≤9t2-18t+10，證因為對任何實數(shù)t，有-t2+2t=-(t-1)2+1≤1，9t2-18t+10=9(t-1)2+1≥1，當(dāng)t=1時，便有1≤ab+bc+ca≤1，所以ab+bc+ca=1．由于a+b=2-c，于是ab=1-c(a+b)=1-c(2-c)=(c-1)2，于是a，b是一元二次方程t2-(2-c)t+(c-1)2=0的兩個實數(shù)根．所以△=(2-c)2-4(c-1)2≥0，即3c2-4c≤0，

練習(xí)1．選擇：(1)某一元二次方程根的判別式△=2m2-6m+5，此方程根的情況是[](A)有兩個不相等的實根(B)有兩個相等的實根(C)沒有實根(D)由實數(shù)m的值而定(2)關(guān)于x的方程2kx2+(8k+1)x=-8k有兩個實根，則k的取值范圍是[](3)如果關(guān)于x的方程mx2-2(m+2)x+m+5=0沒有實根，那么關(guān)于x的方程(m-5)x2-2(m+2)x+m=0的實根個數(shù)為[](A)2個(B)1個(C)0個(D)不確定(4)方程(x+1)2+(y-2)2=1的整數(shù)解有[](A)1組(B)2組(C)4組(D)無數(shù)組(5)若x0是一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根，則判別式△=b2-4ac與平方式M=(2ax0+b)2的關(guān)系是[](A)△＞M(B)△=M(C)△＜M(D)不確定2．填空：(1)關(guān)于x的方程(a2-4)x2-2(a+2)x+1=0恰有一個實根，則a=____．(2)設(shè)m是不為0的整數(shù)，二次方程mx2-(m-1)x+1=0有有理根，則m=____．(3)當(dāng)m=____時，二次方程(m2-2)x2-2(m+1)x+1=0有兩個不等的實數(shù)根．(4)p，q是正數(shù)，如果方程x2+px+q=0的兩個根之差是1，那么p=____．(5)若x為實數(shù)，且有4y2+4xy+x+6=0，則使y取實數(shù)值的所有x值的范圍是____．3．求方程5x2-12xy+10y2-6x-4y+13=0的實數(shù)解．4．解方程組5．已知a，b是整數(shù)，x2-ax+3-b=0有兩個不相等的實根，x2+(6-a)x+7-b=0有兩個相等的實根，x2+(4-a)x+5-b=0沒有實根，求a，b的值．6．已知a是實數(shù)，且關(guān)于x的方程x2-ax+a=0有兩個實根u，v，求證：u2+v2≥2(u+v)．

五、一元二次方程韋達定理及其應(yīng)用如果一元二次方程ax2＋bx＋c=0(a≠0)的兩根為x1，x2，那么反過來，如果x1，x2滿足x1+x2=p，x1x2=q，則x1，x2是一元二次方程x2-px+q=0的兩個根．一元二次方程的韋達定理，揭示了根與系數(shù)的一種必然聯(lián)系．利用這個關(guān)系，我們可以解決諸如已知一根求另一根、求根的代數(shù)式的值、構(gòu)造方程、證明等式和不等式等問題，它是中學(xué)數(shù)學(xué)中的一個有用的工具．1．已知一個根，求另一個根利用韋達定理，我們可以通過方程的一個根，求出另一個根．例1方程(1998x)2-1997·1999x-1=0的大根為a，方程x2＋1998x-1999=0的小根為b，求a-b的值．解先求出a，b．由觀察知，1是方程(1998x)2-1997·1999x-1=0的根，于是由韋達又從觀察知，1也是方程x2＋1998x-1999=0的根，此方程的另一根為-1999，從而b=-1999．所以a-b=1-(-1999)=2000．例2設(shè)a是給定的非零實數(shù)，解方程解由觀察易知，x1=a是方程的根．又原方程等價于2．求根的代數(shù)式的值在求根的代數(shù)式的值的問題中，要靈活運用乘法公式和代數(shù)式的恒等變形技巧．例3已知二次方程x2-3x＋1=0的兩根為α，β，求：(3)α3＋β3；(4)α3-β3．解由韋達定理知α+β=3，αβ=1．(3)α3＋β3=(α+β)(α2-αβ+β2)=(α+β)[(α+β)2-3αβ]=3(9-3)=18；(4)α3-β3=(α-β)(α2+αβ+β2)=(α-β)[(α+β)2-αβ]例4設(shè)方程4x2-2x-3=0的兩個根是α和β，求4α2＋2β的值．解因為α是方程4x2-2x-3=0的根，所以4α2-2α-3＝0，即4α2=2α＋3．4α2+2β=2α+3+2β=2(α+β)+3=4．例5已知α，β分別是方程x2＋x-1=0的兩個根，求2α5+5β3的值．解由于α，β分別是方程x2＋x-1=0的根，所以α2+α-1=0，β2+β-1=0，即α2=1-α，β2=1-β．α5=(α2)2·α=(1-α)2α=(α2-2α+1)α=(1-α-2α+1)α=-3α2+2α=-3(1-α)+2α=5α-3，β3=β2·β=(1-β)β=β-β2=β-(1-β)=2β-1．所以2α5+5β3=2(5α-3)+5(2β-1)=10(α+β)-11=-21．說明此解法的關(guān)鍵在于利用α，β是方程的根，從而可以把它們的冪指數(shù)降次，最后都降到一次，這種方法很重要．例6設(shè)一元二次方程ax2＋bx＋c=0的兩個實根的和為s1，平方和為s2，立方和為s3，求as3＋bs2＋cs1的值．解設(shè)x1，x2是方程的兩個實根，于是所以as3＋bs2＋cs1=0．說明本題最“自然”的解法是分別用a，b，c來表示s1，s2，s3，然后再求as3＋bs2＋cs1的值．當(dāng)然這樣做運算量很大，且容易出錯．下面我們再介紹一種更為“本質(zhì)”的解法．另解因為x1，x2是方程的兩個實根，所以同理將上面兩式相加便得as3＋bs2＋cs1＝0．3．與兩根之比有關(guān)的問題例7如果方程ax2＋bx＋c=0(a≠0)的根之比等于常數(shù)k，則系數(shù)a，b，c必滿足：kb2=(k＋1)2ac．證設(shè)方程的兩根為x1，x2，且x1=kx2，由韋達定理由此兩式消去x2得即kb2＝(k＋1)2ac．例8已知x1，x2是一元二次方程4x2-(3m-5)x-6m2＝0解首先，△=(3m-5)2＋96m2＞0，方程有兩個實數(shù)根．由韋達定理知從上面兩式中消去k，便得即m2-6m+5=0，所以m1=1，m2=5．4．求作新的二次方程例9已知方程2x2-9x＋8=0，求作一個二次方程，使它的一個根為原方程兩根和的倒數(shù)，另一根為原方程兩根差的平方．解設(shè)x1，x2為方程2x2-9x＋8=0的兩根，則設(shè)所求方程為x2+px+q=0，它的兩根為x'1，x'2，據(jù)題意有故所以，求作的方程是36x2-161x＋34=0．例10設(shè)x2-px＋q=0的兩實數(shù)根為α，β．(1)求以α3，β3為兩根的一元二次方程；(2)若以α3，β3為根的一元二次方程仍是x2-px＋q=0，求所有這樣的一元二次方程．解(1)由韋達定理知α+β=p，αβ=q，所以α3+β3=(α+β)[(α+β)2-3αβ]=p(p2-3q)，α3·β3=(αβ)3=q3．所以，以α3，β3為兩根的一元二次方程為x2-p(p2-3q)x+q3=0．(2)由(1)及題設(shè)知由②得q=0，±1．若q=0，代入①，得p=0，±1；若q=-1，代入①，以，符合要求的方程為x2=0，x2-x=0，x2+x=0，x2-1=0．5．證明等式和不等式利用韋達定理可以證明一些等式和不等式，這常常還要用判別式來配合．例11已知實數(shù)x，y，z滿足x=6-y，z2=xy-9，求證：x=y．證因為x＋y=6，xy=z2＋9，所以x，y是二次方程t2-6t+(z2+9)=0的兩個實根，于是這方程的判別式△=36-4(z2+9)=-4z2≥0，即z2≤0．因z為實數(shù)，顯然應(yīng)有z2≥0．要此兩式同時成立，只有z=0，從而△=0，故上述關(guān)于t的二次方程有等根，即x=y．例12若a，b，c都是實數(shù)，且a＋b＋c=0，abc=1，證由a＋b＋c=0及abc=1可知，a，b，c中有一個正數(shù)、兩個負數(shù)，不妨設(shè)a是正數(shù)，由題意得于是根據(jù)韋達定理知，b，c是方程的兩個根．又b，c是實數(shù)，因此上述方程的判別式因為a＞0，所以a3-4≥0，a3≥4，例13知x1，x2是方程4ax2-4ax+a+4=0的兩個實根．解(1)顯然a≠0，由△=16a2-16a(a+4)≥0，得a＜0．由韋達定理知所以所以a=9，這與a＜0矛盾．故不存在a，使(2)利用韋達定理所以(a+4)|16，即a+4=±1，±2，±4，±8，±16．結(jié)合a＜0，得a=-2，-3，-5，-6，-8，-12，-20．

練習(xí)1．選擇：(1)若x0是一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根，則判別式△=b2-4ac與平方式M=(2ax0+b)2的關(guān)系是[](A)△＞M(B)△=M(C)△=＜M(D)不確定(2)方程x2+px+1997=0恰有兩個正整數(shù)根x1，x2，則[](A)-4(B)8(C)6(D)0為[](A)3(B)-11(C)3或-11(D)112．填空：(1)如果方程x2+px+q=0的一根為另一根的2倍，那么，p，q滿足的關(guān)系式是______．(2)已知關(guān)于x的一元二次方程ax2+bx+c=0沒有實數(shù)根，甲由于看錯了二次項系數(shù)，誤求得兩根為2和4，乙由于看錯了某一項系數(shù)的符號，1993+5a2+9a4=_______．(4)已知a是方程x2-5x+1=0的一個根，那么a4+a-4的末位數(shù)是______．另一根為直角邊a，則此直角三角形的第三邊b=______．3．已知α，β是方程x2-x-1=0的兩個實數(shù)根，求α4+3β的值．4．作一個二次方程，使它的兩個根α，β是正數(shù)，并且滿足關(guān)系式5．如果關(guān)于x的方程x2+ax+b=0的兩個實數(shù)根之比為4∶5，方程的判別式的值為3，求a，b的值．

6.設(shè)實數(shù)s、t分別滿足，并且，求的值7.設(shè)a、b、c、d為互不相等的正實數(shù)，且求

8.已知x,y均為實數(shù)，且滿足，求的值

9.已知一直角三角形兩直角邊的長分別為a、b（a≠b）均為整數(shù)，且，求這個直角三角形的三邊長

10.已知11.已知△ABC的三邊a、b、c滿足：，試確定△ABC的形狀

六、一元二次方程整數(shù)根問題（復(fù)習(xí)）常用方法：（1）因式分解法：有些整系數(shù)一元二次方程可用因式分解求出兩根，再用整除知識求解即可（2）判別式法：整系數(shù)一元二次方程有整數(shù)根，常用判別式為平方數(shù)或通過判別式確定系數(shù)的變化范圍來處理（3）利用韋達定理：由兩根之和、積的表達式中消去字母參數(shù)，將問題轉(zhuǎn)化為整數(shù)問題，尤其多用于系數(shù)不為整數(shù)的時候（4）變更主元法：用上述方法均不方便時，看成是關(guān)于參數(shù)的方程來處理例1m是什么整數(shù)時，方程(m2-1)x2-6(3m-1)x＋72＝0有兩個不相等的正整數(shù)根．解法1首先，m2-1≠0，m≠±1．Δ=36(m-3)2＞0，所以m≠3．用求根公式可得由于x1，x2是正整數(shù)，所以m-1=1，2，3，6，m+1=1，2，3，4，6，12，解得m=2．這時x1=6，x2=4．解法2首先，m2-1≠0，m≠±1．設(shè)兩個不相等的正整數(shù)根為x1，x2，則由根與系數(shù)的關(guān)系知所以m2-1=2，3，4，6，8，9，12，18，24，36，72，即m2＝3，4，5，7，9，10，13，19，25，37，73，只有m2=4，9，25才有可能，即m=±2，±3，±5．經(jīng)檢驗，只有m=2時方程才有兩個不同的正整數(shù)根．說明一般來說，可以先把方程的根求出來(如果比較容易求的話)，然后利用整數(shù)的性質(zhì)以及整除性理論，就比較容易求解問題，解法1就是這樣做的．有時候也可以利用韋達定理，得到兩個整數(shù)，再利用整除性質(zhì)求解，解法2就是如此，這些都是最自然的做法．例2已知關(guān)于x的方程a2x2-(3a2-8a)x＋2a2-13a＋15=0(其中a是非負整數(shù))至少有一個整數(shù)根，求a的值．分析“至少有一個整數(shù)根”應(yīng)分兩種情況：一是兩個都是整數(shù)根，另一種是一個是整數(shù)根，一個不是整數(shù)根．我們也可以像上題一樣，把它的兩個根解出來．解因為a≠0，所以所以所以只要a是3或5的約數(shù)即可，即a=1，3，5．例3設(shè)m是不為零的整數(shù)，關(guān)于x的二次方程mx2-(m-1)x＋1＝0有有理根，求m的值．解一個整系數(shù)的一元二次方程有有理根，那么它的判別式一定是完全平方數(shù)．令Δ=(m-1)2-4m＝n2，其中n是非負整數(shù)，于是m2-6m+1=n2，所以(m-3)2-n2=8，(m-3＋n)(m-3-n)＝8．由于m-3＋n≥m-3-n，并且(m-3＋n)+(m-3-n)=2(m-3)是偶數(shù)，所以m-3＋n與m-3-n同奇偶，所以說明一個整系數(shù)的一元二次方程如果有整數(shù)根或有理根，那么它的判別式一定是完全平方數(shù)，然后利用平方數(shù)的性質(zhì)、解不定方程等手段可以將問題解決．例4關(guān)于x的方程ax2+2(a-3)x+(a-2)=0至少有一個整數(shù)解，且a是整數(shù)，求a的值．解當(dāng)a=0時，原方程變成-6x-2=0，無整數(shù)解．當(dāng)a≠0時，方程是一元二次方程，它至少有一個整數(shù)根，說明判別式Δ＝4(a-3)2-4a(a-2)＝4(9-4a)為完全平方數(shù)，從而9-4a是完全平方數(shù)．令9-4a=n2，則n是正奇數(shù)，要使x1為整數(shù)，而n為正奇數(shù)，只能n=1，從而a=2．要使x2為整數(shù)，即n-3｜4，n可取1，5，7，從而a=2，-4，-10．綜上所述，a的值為2，-4，-10．說明本題是前面兩種方法的“綜合”．既要用判別式是平方數(shù)，又要用直接求根．有時候，往往是幾種方法一同使用．例5已知關(guān)于x的方程x2＋(a-6)x＋a=0的兩根都是整數(shù)，求a的值．解設(shè)兩個根為x1≥x2，由韋達定理得從上面兩式中消去a得x1x2+x1+x2＝6，所以(x1＋1)(x2+1)=7，所以a=x1x2=0或16．說明利用韋達定理，然后把參數(shù)消去，得到的是關(guān)于x1，x2的不定方程，而求解這個對稱的不定方程往往是容易入手的．例6求所有有理數(shù)r，使得方程rx2+(r+1)x＋(r-1)=0的所有根是整數(shù)．分析首先對r=0和r≠0進行討論．r=0時，是關(guān)于x的一次方程；r≠0時，是關(guān)于x的二次方程，由于r是有理數(shù)，處理起來有些困難，這時用直接求根或用判別式來做，均不能奏效．可用韋達定理，先把這個有理數(shù)r消去．解當(dāng)r=0時，原方程為x-1=0，所以x=1．當(dāng)r≠0時，原方程是關(guān)于x的一元二次方程，設(shè)它的兩個整數(shù)根為x1，x2，且x1≥x2，則消去r得x1x2-x1-x2＝2，所以(x1-1)(x2-1)=3．例7已知a是正整數(shù)，且使得關(guān)于x的一元二次方程ax2＋2(2a-1)x＋4(a-3)=0至少有一個整數(shù)根，求a的值．解將原方程變形為(x＋2)2a=2(x＋6)．顯然x＋2≠0，于是由于a是正整數(shù)，所以a≥1，即所以x2+2x-8≤0，(x＋4)(x-2)≤0，所以-4≤x≤2(x≠-2)．當(dāng)x=-4，-3，-1，0，1，2時，得a的值為1，6，10，3，說明從解題過程中知，當(dāng)a=1時，有兩個整數(shù)根-4，2；當(dāng)a=3，6，10時，方程只有一個整數(shù)根．有時候，在關(guān)于x的一元二次方程中，如果參數(shù)是一次的，可以先對這個參數(shù)來求解．例8已知方程x2+bx+c=0與x2+cx＋b=0各有兩個整數(shù)根x1，x2(2)求證：b-1≤c≤b＋1；(3)求b，c的所有可能的值．解(1)由x1x2＞0知，x1與x2同號．若x1＞0，則x2＞0，(2)由(1)知，x1＜0，x2＜0，所以x1≤-1，x2≤-1．由韋達定理c-(b-1)=x1x2＋x1＋x2＋1=(x1＋1)(x2+1)≥0，所以c≥b-1．同理有所以c≤b+1，所以b-1≤c≤b+1．(3)由(2)可知，b與c的關(guān)系有如下三種情況：(i)c=b＋1．由韋達定理知x1x2=-(x1＋x2)＋1，所以(x1＋1)(x2＋1)=2，解得x1＋x2=-5，x1x2=6，所以b=5，c=6．(ii)c=b．由韋達定理知x1x2=-(x1＋x2)，所以(x1+1)(x2＋1)=1，所以x1=x2=-2，從而b=4，c=4．(iii)c=b-1．由韋達定理知所以綜上所述，共有三組解：(b，c)=(5，6)，(4，4)，(6，5)．

練習(xí)1．填空：(1)方程x2+px+1997=0恰有兩個正整數(shù)根x1，x2，(2)已知k為整數(shù)，且關(guān)于x的方程(k2-1)x2-3(3k-1)x＋18=0有兩個不相同的正整數(shù)根，則k=____．(3)兩個質(zhì)數(shù)a，b恰好是關(guān)于x的方程x2-21x＋t=0的兩個根，(4)方程x2+px＋q=0的兩個根都是正整數(shù)，并且p+q=1992，則方程較大根與較小根的比等于____．(5)已知方程(a2-1)x2-2(5a+1)x＋24=0有兩個不相等的負整數(shù)根，則整數(shù)a的值是____．2．設(shè)m為整數(shù)，且4＜m＜40，又方程(x2-2(2m-3)x+4m2-14m+8＝0有兩個整數(shù)根，求m的值及方程的根．3．已知關(guān)于x的一元二次方程x2+(m-17)x+m-2=0的兩個根都是正整數(shù)，求整數(shù)m的值．4．求使關(guān)于x的方程a2x2＋ax＋1-7a2=0的兩根都是整數(shù)的所有正數(shù)a．

5．求所有的整數(shù)a，使得關(guān)于x的二次方程ax2＋2ax＋a-9＝0至少有一個整數(shù)根．6.當(dāng)k為何整數(shù)時，關(guān)于x的方程至少有一個整數(shù)根（2）有兩個整數(shù)根7.當(dāng)m為何整數(shù)時，關(guān)于x的方程有整數(shù)解8.已知關(guān)于x的方程的根為整數(shù)，求實數(shù)m的值9.已知關(guān)于x的方程，當(dāng)a為何整數(shù)時：（1）方程至少有一整數(shù)根（2）方程有兩整數(shù)根10.關(guān)于x的一元二次方程的兩整數(shù)根恰好分別比方程的兩根都大1，試求a+b+c的值

11.是否存在整數(shù)a、b、c使得關(guān)于x的方程及均有兩個整數(shù)根12.求使關(guān)于x的方程的根均為整數(shù)的所有整數(shù)a13.已知關(guān)于x的方程的兩根均為正整數(shù)，求證：為合數(shù)14.設(shè)p是大于2的質(zhì)數(shù)，k為正整數(shù)，若函數(shù)的圖像與x軸的兩個交點的橫坐標(biāo)至少有一個為整數(shù)，求k的值

15.若m為整數(shù)，且關(guān)于x的方程有有理根，求m的值16.當(dāng)k為何值，關(guān)于x的方程有有理根

七、高次方程一般地，我們把次數(shù)大于2的整式方程，叫做高次方程。由兩個或兩個以上高次方程組成的方程組，叫做高次方程組。對于一元五次以上的高次方程，是不能用簡單的算術(shù)方法來求解的。對于一元五次以下的高次方程，也只能對其中的一些特殊形式的方程，采用“1判根法”、“常數(shù)項約數(shù)法”、“倒數(shù)方程求根法”、“雙二次方程及推廣形式求解法”等方法，將一元五次以下的高次方程消元、換元、降次，轉(zhuǎn)化成一次或二次方程求解。1.1判根法在一個一元高次方程中，如果各項系數(shù)之和等于零，則1是方程的根；如果偶次項系數(shù)之和等于奇次項系數(shù)之和，則-1是方程的根。求出方程的1的根后，將原高次方程用長除法或因式分解法分別除以（x-1）或者（x+1）,降低方程次數(shù)后依次求根?！?判根法”是解一元高次方程最簡捷、最快速的重要方法，一定要熟練掌握運用。例1解方程x4+2x3-9x2-2x+8=0解：觀察方程,因為各項系數(shù)之和為:1+2-9-2+8=0(注意:一定把常數(shù)項算在偶數(shù)項系數(shù)當(dāng)中),根據(jù)歌訣“系和零,+1根”,即原方程中可分解出因式(x-1),(x4+2x3-9x2-2x+8)(x-1)=x3+3x2-6x-8觀察方程x3+3x2-6x-8=0，偶次項系數(shù)之和為：3-8=-5；奇次項系數(shù)之和為：1-6=-5，根據(jù)歌訣“偶等奇，根-1”，即方程中含有因式（x+1），（x3+3x2-6x-8）(x+1)=x2+2x-8，對一元二次方程x2+2x-8=0有（x+4）（x-2）=0,原高次方程x4+2x3-9x2-2x+8=0可分解因式為：(x-1)(x+1)(x-2)(x+4)=0,即:當(dāng)(x-1)=0時,有x1=1;當(dāng)(x+1)＝０時，有x2=-1;當(dāng)(x-2)=0時，有x3=2;當(dāng)(x+4)=0時，有x4=-4點撥提醒：在運用“1判根法”解高次方程時，一定注意把“常數(shù)項”作為“偶次項”系數(shù)計算。2.常數(shù)項約數(shù)求根法根據(jù)定理:“如果整系數(shù)多項式anxn＋an-1xn-1++a1x+a0可分解出因式px-q,即方程anxn＋an-1xn-1++a1x+a0=0有有理數(shù)根（Ｐ、Q是互質(zhì)整數(shù)），那么，Ｐ一定是首項系數(shù)an的約數(shù)，Q一定是常數(shù)項a0的約數(shù)”，我們用“常數(shù)項約數(shù)”很快找到求解方程的簡捷方法?！俺?shù)項約數(shù)求根法”分為兩種類型：第一種類型：首項系數(shù)為1。對首項（最高次數(shù)項）系數(shù)為1的高次方程，直接列出常數(shù)項所有約數(shù)，代入原方程逐一驗算，使方程值為零的約數(shù)，就是方程的根。依次用原方程除以帶根的因式，逐次降次，直至將高次方程降為二次或一次方程求解。例1解方程x4+2x3-4x2-5x-6=0解：第一步：首先列出“常數(shù)項”-6的所有約數(shù)1、2、3、6第二步：將這些約數(shù)逐一代入原方程驗算，確定原方程中所含的“帶根”因式。根據(jù)各項系數(shù)和不為零和奇數(shù)項系數(shù)和不等于偶數(shù)項系數(shù)和，排除1根，f(2)=16+16-16-10-6=0f(-3)=81-54-36+15-6=0,所以原方程中含有因式（x-2）（x+3）第三步：用長除法將原方程降次。（x4+2x3-4x2-5x-6）(x-2)(x+3)=x2+x+1第四步：解一元二次方程x2+x+1=0x==x1=x2=x3=2x4=-3第二種類型，首項系數(shù)不為1。對首項系數(shù)不為１的高次方程，首先以首項系數(shù)為“公因數(shù)”提取到小括號外，然后對小括號內(nèi)的方程的常數(shù)項列出公約數(shù)。特別注意此時代入方程驗算的值一定是而不是Ｑ，因為此時原方程的因式是（Ｐx－Ｑ），其余的解法步驟同首項系數(shù)為１的解法步驟相同。例２解方程３x3-２x2＋９x-6＝０解：將原方程化為３（x3-x2＋３x-２）＝０此時，“常數(shù)項”為-2，它的約數(shù)為1，，根據(jù)“1判根法”排除1，這時，代人原方程驗算的只能是=，或=-f()=3=30=0所以原方程中有因式（3x-2）。（3x3-２x2＋９x-6）(3x-2)=x2+3解方程式x2+3=0x=， x1=，x2=-原方程的解為x1=，x2=，x3=3.倒數(shù)方程求根法定義：系數(shù)成首尾等距離的對稱形式的方程，叫做倒數(shù)方程。如ax4+bx3+cx2+dx+e=0,其中，或者a=-e,b=-d性質(zhì)：倒數(shù)方程有三條重要性質(zhì)：（1）倒數(shù)方程沒有零根；（2）如果a是方程的根，則也是方程的根；（3）奇數(shù)次倒數(shù)方程必有一個根是-1或者1，分解出因式(x+1)或(x-1)后降低一個次數(shù)后的方程仍是倒數(shù)方程。倒數(shù)方程求解方法：如果ax4+bx3+cx2+dx+e=0是倒數(shù)方程，由于倒數(shù)方程沒有零根，即x0,所以，方程兩邊同除以x2得：a(x2+)+b(x+)+e=0,令x+=y,x2+=y2-2,即原方程變?yōu)椋篴y2+by+(e-2a)=0,解得y值，再由x+=y，解得x的值。例1解方程2x4+3x3-16x2+3x+2=0解：x20方程兩邊同除以x2得：2x2+3x-16++=0,即2（x2+）+3（x+）-16=0,2[（x+）-2]+3（x+）-16=0,令x+=y,代入方程整理得：2y2+3y-20=0,解之得：y1=-4,y2=即x+=-4,x2+1=-4x,x2+4x+1=0,x=====-2,x1=-2+,x2=-2-又x+=2x2+2=5x,2x2-5x+2=0(2x-1)(x-2)=0x3=,x4=2經(jīng)檢驗知x1=-2+,x2=-2-，x3=,x4=2都是原方程的根。例2解方程6x5-4x4-3x3+3x2-4x-6=0 解：觀察該方程首尾等距離對應(yīng)項系數(shù)互為相反數(shù)，且最高次冪項數(shù)是奇數(shù)，有根x=1,方程兩邊同除以因式（x-1）得：6x4+10x3+7x2+10x+6=0， 方程兩邊同除以x2并整理得：6+10,令y=得方程x+無實數(shù)解：得：x經(jīng)檢驗知：是原方程的實數(shù)根。點評講析：例1、例2這些倒數(shù)方程的特征是首尾等距離對應(yīng)項系數(shù)相等，用一般表達式表述為ax4+bx3+cx2+dx+e=0,其中a=e,b=d,或者a=-e,b=-d對首尾對應(yīng)項系數(shù)相等的方程，我們一眼就能發(fā)現(xiàn)是“倒數(shù)方程”，兩邊同除以x2,化成可用“換元法”替解的一元二次方程求解。但有些方程，首尾等距離對應(yīng)項系數(shù)不相等，但這些系數(shù)又有這樣的規(guī)律：如ax4+bx3+cx2+k(a)即常數(shù)項可以分解成同四次項系數(shù)相同的數(shù)字“a”和另一個因數(shù)“k2”的乘積，一次項系數(shù)可分解出同三次項系數(shù)相同的數(shù)字b和與常數(shù)項相同的數(shù)字k的乘積，凡是具有這樣規(guī)律特征的方程，也可以用“倒數(shù)方程求根法”來解答。例3：x4+5x3+2x2+20x+16=0解：，d=20=4屬于倒數(shù)方程的“特例形式”，可用“倒數(shù)方程求根法”求解。原方程兩邊同除以x2得：x2+5x+2+，設(shè)y=x+,則即：y2+5y-6=0y=-6或1,當(dāng)y=-6時，x+當(dāng)y=1時，x+(無實數(shù)根),4.雙二次方程及推廣形式求根法雙二次方程有四種形式：第一種是標(biāo)準(zhǔn)式，如：ax4+bx2+c=0,此時設(shè)y=x2原方程化為含y的一元二次方程ay2+by+c=0，求出y值在代入x2之值，從而求出x之值。第二種形式雙二次方程的推廣形式。如：（ax2+bx+c）2+m(ax2+bx+c)+d=0,此時設(shè)y=(ax2+bx+c),也可轉(zhuǎn)化為含y的一元二次方程y2+my+d=0,解出y值代入ax2+bx+c=y從而求出原方程的根x之值。第三種形式是(x+a)(x+b)(x+c)(x+d)+m=0,此時，方程左邊按照“創(chuàng)造相同的多項式，換元替換”的要求，將（x+a）(x+c);(x+b)(x+d)結(jié)合（一般是最小數(shù)與最大數(shù)，中間數(shù)與中間數(shù)組合），展開相乘，創(chuàng)造相同的多項式（ax2+bx+c）或成比例的多項式m(ax2+bx+c),然后設(shè)y=ax2+bx+c,將原方程轉(zhuǎn)化為含y的一元二次方程y2+my+e=0,求出y值，將y值代入ax2+bx+c=y求x之值。第四種形式是（x-a）4+(x-b)4=c的形式，此時，將“-a”換成“+b”或?qū)ⅰ?b”換成“+a”，利用y=x+,消去x的三次項和一次項，變成雙二次方程+的形式求解。例1解方程x4+3x2-10=0解：本例屬于雙二次方程標(biāo)準(zhǔn)式ax4+bx2+c=0的形式，直接設(shè)y=x2,則原方程化為：y2+3y-10=0(y+5)(y+2)=0y=-5或者y=2(舍去)，x2=2,x1=，例2解方程（x2-3x+2）2=9x-3x2-2解：本例屬于雙二次標(biāo)準(zhǔn)方程ax4+bx2+c=0推廣形式的第二種類型（ax2+bx+c）2+m(ax2+bx+c)+d=0，因為括號內(nèi)的二次三項式和括號外的二次三項式經(jīng)過整理，對應(yīng)項系數(shù)成比例，即：(x2-3x+2)2+3(x2-3x+2)-4=0設(shè)y=x2-3x+2,則原方程轉(zhuǎn)化為y2+3y-4=0，或者y=1x2-3x+2=-4,x2-3x+6=0無實數(shù)根,x2-3x+2=1,x2-3x+1=0x=原方程的根x1=x2=例3解方程(x+2)(x+3)(x+8)(x+12)=4x2解：本例題屬于雙二次標(biāo)準(zhǔn)方程ax4+bx2+c=0推廣形式的第三種類型（x+a）(x+b)(x+c)(x+d)+m=0,這種方程解答的核心要領(lǐng)是“創(chuàng)造可供設(shè)y換元的相同多項式”。根據(jù)這個要求，只有將（x+2）(x+12)和(x+3)(x+8)組合（最小數(shù)2和最大數(shù)8組合，中間數(shù)3和8結(jié)合），才能創(chuàng)造出“相同”的多項式“x2+24”,即，設(shè)則原方程轉(zhuǎn)化為(y+14x)(y+11x)=4x2,y2+25xy+150x2=0,(y+10x)(y+15x)=0y+10x=0或y+15x=0,y+10x+24=0或y+15x+24=0,x2+10x+24=0,x1=-4x2=-6;x2+15x+24=0,,例4解方程(x-6)4+(x-8)4=16解：本題屬于雙二次標(biāo)準(zhǔn)方程ax4+bx2+c=0推廣形式的第四種類型（x-a）4+(x-b)4=c的形式。(x-6)4+(x-8)4=(x-7+1)4+(x-7-1)4,設(shè)y=x-7則原方程轉(zhuǎn)化為:,(y4+4y2+1+4y3+2y2+4y)+(y4+4y2+1-4y3+2y2-4y)=16y4+6y-7=0,,y2=-7或y2=1,y2=-7無解；y2=1,y=x-7=x1=8x2=6原方程有根x1=8x2=6點撥提醒：凡是(x+a)4+(x+b)4=c類型，設(shè),將雙二次方程(x+a)4+(x+b)4=c轉(zhuǎn)化為+利用，消去x的三次項和一次項，變?yōu)楹瑈的雙二次方程ay4+by2+c=0求解

練習(xí)1、解方程x3–9x2+20x=02、解方程x3–4x2–4x+16=03、解方程x4–x2–20=04、解方程(x2–x)2–4(x2–x)–12=0

5、解方程(x2+3x)(x2+3x+2)=1206、解方程x4+5x3+2x2+5x+1=07、解方程x3–10x2+9x=0

8、解方程x3–3x2–6x+18=09、解方程5x4–21x2+4=010、解方程(6x2–7x)2–2(6x2–7x)–3=0

11、解方程(x2–2x+3)2=4x2–8x+912、解方程(x+1)(x+2)(x–4)(x–5)=40

八、二元二次方程組與二元對稱方程組在教科書上，我們已經(jīng)知道了二元一次方程組、三