1、第6講 一元二次方程的整數(shù)根精巧的論證常常不是一蹴而就的，而是人們長(zhǎng)期切磋積累的成果。 我也是慢慢學(xué)來的，而且還要繼續(xù)不斷的學(xué)習(xí)。-阿貝爾 知識(shí)方法掃描1當(dāng)含有某個(gè)參數(shù)k的一元二次方程的左邊比較容易分解成兩個(gè)一次因式的積時(shí)，我們可以先利用因式分解直接求方程的解，通常它們是關(guān)于k的分式形式的解。然后利用其根是整數(shù)的要求來解不定方程。此時(shí)因參數(shù)k的條件不同，常有兩種處理方法。其一是k為整數(shù)，這時(shí)只需注意分式形式的解中，分子是分母的倍數(shù)即可；其二是k為實(shí)數(shù)，此時(shí)應(yīng)該消去參數(shù)k，得到關(guān)于兩根的關(guān)系式，也就是關(guān)于兩根的不定方程，再解此不定方程即可。2我們知道一元二次方程ax2bxc0在b24ac0時(shí)有實(shí)

2、數(shù)根x。所以要使整系數(shù)的一元二次方程方程有整數(shù)根，必須b24ac為完全平方數(shù)，并且b±為2a的整數(shù)倍.故處理此類問題，常可用判別式來解決。又可細(xì)分為兩類： （1）先求參數(shù)范圍。可利用題設(shè)參數(shù)的范圍，直接求解；也可由不等式0求出參數(shù)的范圍.再求解。（2）再設(shè)參數(shù)法，即設(shè)k2（k是整數(shù)）。當(dāng)k2為關(guān)于原參數(shù)的一次式時(shí)，用代入法來解；當(dāng)k2為關(guān)于原參數(shù)的二次式時(shí)，用分解因式法來解.此外，對(duì)有理系數(shù)的二次方程有有理根的問題，上述解法也是適用的。3韋達(dá)定理即根與系數(shù)的關(guān)系是一元二次方程的重要性質(zhì)，我們也常用它來處理含參數(shù)的一元二次方程的整數(shù)解得問題，常用的方法有：（1） 從根與系數(shù)的關(guān)系式中消

3、去參數(shù)，得到關(guān)于兩根的不定方程.（2） 利用“當(dāng)兩根為整數(shù)時(shí)，其和、積必為整數(shù)”來解。4在含有參數(shù)的一元二次方程中，參數(shù)和未知數(shù)都是用字母表示的，通常是將未知數(shù)看作是主元必要時(shí)也可反過來將參數(shù)看成是主元，即將方程看成是以參數(shù)為未知數(shù)的方程，這種方法就是變更主元法。（1）當(dāng)方程中參數(shù)的次數(shù)為一次時(shí)，可將參數(shù)直接用未知數(shù)表示出來，再利用已知參數(shù)的范圍或性質(zhì)來求解。（2）當(dāng)方程中參數(shù)的次數(shù)為二次時(shí)，可考慮以參數(shù)為主元構(gòu)造一個(gè)二次方程，再運(yùn)用前述的方法（如利用判別式，韋達(dá)定理）來處理。經(jīng)典例題解析例1(1995年山東省初中數(shù)學(xué)競(jìng)賽試題)k為什么整數(shù)時(shí)，方程(6k)(9k)x2(11715k)x540的

4、解都是整數(shù)？分析 此方程的系數(shù)均為整數(shù)，而且方程的左邊可以直接分解成兩個(gè)整系數(shù)的一次因式，故可考慮直接求根來解答此題。另外此題的條件中并未說明方程是一元二次方程，故還應(yīng)考慮二次項(xiàng)系數(shù)為0，原方程是一次方程的情況。解 若k=6, 則x=-2; 若k=9, 則x=3；若k6且k9，原方程可化為 (k-6)x-9(k-9)x-6 = 0 ,故方程的二根為 x1，x2.為使x1 和x2都是整數(shù)，則應(yīng)有k-6 = ±1,±3,±9 ， k=-3,3,5,7,9,15;還應(yīng)有k-9 = ±1,±2, ±3,±6, k=3,6，7,8,1

5、0,11,12，15. 所以k=3,7,15時(shí)，x1 和x2都是整數(shù)，綜上所述，當(dāng)k值為3，6，7，9，15時(shí)方程的解都是整數(shù)。例2 (2000年全國(guó)初中數(shù)學(xué)聯(lián)賽試題)設(shè)關(guān)于x的二次方程(k26k8)x2(2k26k4)xk24的兩根都是整數(shù).求滿足條件的所有實(shí)數(shù)k的值. 分析 此題也可通過直接求根法求出二根，但是它的條件與例1不同，例1中的參數(shù)k是整數(shù)，而本題中的參數(shù)k是實(shí)數(shù)。因此求得二根后不能像例1那樣討論，因?yàn)槭箈1（或x2）為整數(shù)的實(shí)數(shù)k有無窮多個(gè)，所以要先消去k，得到關(guān)于x1，x2的不定方程，先求出這個(gè)不定方程的整數(shù)解，然后再反過來求k的值。解 將原方程變形得 (k2)(k4)x2(

6、2k26k4)x(k2)(k2)0.分解因式得 (k2)xk2(k4)xk20.顯然，k2，k4.解得 x1 = ； x2=.于是有 ， （x1-1, x2-1）兩式相減消去k整理得 x1x23x120即 x1(x23)2.于是有 或或或解得 或或或 (舍去)因?yàn)?,當(dāng) x1 = -2 時(shí)， k=6; 當(dāng) x1 = 2 時(shí)， k=;當(dāng) x1 = 1 時(shí)， k=3.經(jīng)檢驗(yàn)，k=6，3， 都滿足題意。.例3（2000年廣東奧林匹克學(xué)校高中入學(xué)考試數(shù)學(xué)試題）求當(dāng)m為何整數(shù)時(shí)，關(guān)于x的一元二次方程mx2-6x+9=0與x2-4mx+4m2-4m-5=0的根都是整數(shù)。分析 從此題的兩個(gè)方程無法得到用有理

7、式形式表示的二根，但方程有整數(shù)根的前提是有實(shí)數(shù)根，我們可以先求出兩個(gè)方程有實(shí)根的條件，從而求出參數(shù)m的取值范圍，再由m是整數(shù)的條件，確定其值。不過最后還得代入驗(yàn)證此時(shí)的方程是否根都是整數(shù)。解 依題意有 解得，且m0.又m為整數(shù)，故m = ±1。當(dāng)m =1時(shí)，方程mx2-6x+9=0的二根均為1，方程x2-4mx+4m2-4m-5=0的二根為-1和5，符合要求。當(dāng)m =-1時(shí)，方程mx2-6x+9=0的二根均不是整數(shù),不符合要求.所以僅當(dāng)m=1時(shí)，方程的兩根都是整數(shù)。例4 (1996年上海市初中數(shù)學(xué)競(jìng)賽試題)若關(guān)于x的方程ax2+2(a-3)x+(a-2)=0至少有一個(gè)整數(shù)根，且a為整

8、數(shù)，求a.分析 此題和上題不同在于：若利用判別式求出參數(shù)a的取值范圍，計(jì)算后會(huì)發(fā)現(xiàn)，滿足此范圍的整數(shù)a有無數(shù)多個(gè)，無法一一驗(yàn)證。注意到要使整系數(shù)的一元二次方程方程有整數(shù)根，必須判別式為完全平方數(shù)。本題的判別式是關(guān)于參數(shù)a的一次式，一般可以設(shè)其為t2（t為非負(fù)整數(shù)），再將方程的根用t表示出來從而求得其整數(shù)解。解 當(dāng)a = 0時(shí)，方程為-6x-2=0，無整數(shù)解。當(dāng)a0時(shí)，方程為一元二次方程，要使方程至少有一個(gè)整數(shù)根，必須判別式為完全平方數(shù)。=4(a-3)2-4a(a-2)=4(9-4a), 9-4a為完全平方數(shù)。設(shè)9-4a = t2（t為正奇數(shù)，且t3）, 則 a=. 此時(shí)，方程的二根為x1,2=

9、 = -1+ = -1 + = -1+x1= -1+ , x2= -1+要使x1為整數(shù)，而t為正奇數(shù)，只能t=1，此時(shí)a=2;要使x2為整數(shù)，t只能為1,5,7，此時(shí)a = 2,-4,-10.綜上所述，a的值為2,-4,-10.例5 (2004年全國(guó)初中數(shù)學(xué)聯(lián)賽試題)已知方程x2-6x-4n2-32n=0的根都是整數(shù)，求整數(shù)n的值。分析1 此題與上題的差別在于其判別式是關(guān)于參數(shù)的一次式，而是二次式，就不能用代入法了。此類問題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數(shù)， 故=4n2+32n+9應(yīng)為完全平方數(shù)。設(shè) 4n2+32n+9=k2(k>0,k為整數(shù))，即(2n+8)2

10、-k2=55，所以 (2n+8+k)(2n+8-k)=55因2n+8+k> 2n+8-k, 故可得如下4個(gè)方程組，分別解得n=10,n=0,n=-18,n=-8.分析2 因4n2+32n+9=k2又可以看作是關(guān)于n的一元二次方程，本題也可以再用判別式來求解。解法2 因二次方程的根都是整數(shù)，故1=4n2+32n+9應(yīng)為完全平方數(shù)。設(shè) 4n2+32n+9=k2(k>0,k為整數(shù))，即4n2+32n+9-k2=0。將其看作關(guān)于n的一元二次方程，其判別式也應(yīng)為完全平方數(shù)，即2=322-4×4×(9-k2)=16(k2+55) 為完全平方數(shù)設(shè)k2+55=t2, (t>

11、;0,t為整數(shù)), 即 (t + k)( t - k)=55因t+k>t-k故可得如下4個(gè)方程組,，, ,分別解得k=27, 3, -27或-3，于是 4n2+32n+9=272，或4n2+32n+9=33，分別解得n=10, n=-18,n=-8, n=0. 所以整數(shù)n的值為-18,-8,0,10.例6（1996年湖北省黃岡地區(qū)初中數(shù)學(xué)競(jìng)賽試題）求使關(guān)于x的方程 (a+1)x2-(a2+1)x+2a3-6=0有整數(shù)根的所有整數(shù)a解 當(dāng)a=-1時(shí)，方程為 -2x-8=0,x=-4 為整數(shù)根；當(dāng)a-1時(shí)，=-7a4-8a3+2a2+24a+25若a2，由于-a4+2a2<0,-6a4

12、+24a<0,-8a3+25<0,所以<0，原方程無實(shí)根；若a-2，由于-4a4-8a3<0,-2a4+25<0,-a4+2a2<0,24a<0,所以<0，原方程無實(shí)根；當(dāng)a=0時(shí)，原方程變?yōu)閤2-x-6=0 ，二根為-2，3；當(dāng)a=1時(shí)，原方程變?yōu)?x2-2x-4=0 ，二根為 -1，2。綜上所述，僅當(dāng)a=-1,0,1,原方程才有可能有整數(shù)根評(píng)注1 本題條件中的有整數(shù)根，應(yīng)該理解成至少有一個(gè)整數(shù)根。2 本題中的判別式是一個(gè)四次式，不易求出其取值范圍。上面的解法是先對(duì)判別式的取值用分類討論結(jié)合放縮的方法求出其范圍來，再對(duì)這個(gè)范圍中的整數(shù)逐一討論。

13、例7 ( 1998年全國(guó)初中數(shù)學(xué)聯(lián)賽試題)求所有正實(shí)數(shù),使得方程僅有整數(shù)根.分析 本題有許多方法去解，這里我們利用根與系數(shù)的關(guān)系式，將兩根之和與兩根之積都用參數(shù)表示出來，然后消去參數(shù)，得到關(guān)于兩根的不定方程.通過解不定方程求出兩根，再回頭求出參數(shù)。解 設(shè)兩整數(shù)根為x1, x2，則消去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,

14、77;10, ±8a 8= ±17, ±10, ±8a = 25, 18, 16, -9, -2, 0 因a為正實(shí)數(shù)，于是或18或16均為所求.例8 (第十七屆全俄數(shù)學(xué)奧林匹克十年級(jí)試題)求使方程x2-pqx+p+q=0有整數(shù)根的所有正整數(shù)p和q解 設(shè)原方程兩根為x1、x2，則x1x2 = p+q (1)x1+x2 = pq (2)因此，這兩根之和與兩根之積均為正整數(shù)。若x1是整數(shù)，由(2)知也是x2整數(shù)，由(1)知二根均為正整數(shù)。(1)-(2)得，x1x2-( x1+x2)= p+q-pq，即(x1-1)(x2-1)+(p-1)(q-1)=2將2表為兩

15、個(gè)非負(fù)整數(shù)之和，只有三種情況：0+2；1+1；2+0。若(p-1)(q-1)=2，則p=3，q=2或p=2，q=3；若(p-1)(q-1)=1，則p=q=2；若(p-1)(q-1)=0，則p=1，q=5，或p=5，q=1評(píng)注 雖然都是用根與系數(shù)的關(guān)系解題，本題和上題在解法上又有一些差別。這里用到了整數(shù)根和參數(shù)間的和，差，積都是整數(shù)的性質(zhì)。例9 (第三屆“祖沖之杯”初中數(shù)學(xué)競(jìng)賽試題)試求所有這樣的正整數(shù)a，使方程ax22(2a1)x4(a3)0至少有一個(gè)整數(shù)解.分析 直接利用判別式不能求出的范圍，由于兩根不一定都是整數(shù)，利用韋達(dá)定理也不方便，這時(shí)我們可以考慮變更主元。在本題中參數(shù)a的次數(shù)為一次，

16、所以可考慮將a用x表示出來，然后利用a是正整數(shù)的性質(zhì)求出x的范圍再求解。解 a (x+2)22(x+6), 顯然x2，所以 a. 又a是正整數(shù)，則1. 解得4x2且x2. 故x4,3,1,0,1,2. 分別代入得a1,6,10,3,1. 因a為正整數(shù)，所以a的值可為1,3,6,10.例10（1994年福州市初中數(shù)學(xué)競(jìng)賽試題）當(dāng)m是什么整數(shù)時(shí)，關(guān)于x的方程x2-(m-1)x+m+1=0的兩根都是整數(shù)？解 原方程可化為(x-1)m=x2+x+1。顯然 x=1 不是原方程的解，即x1。所以 m=,即m= x+2 + 。因?yàn)閙是整數(shù)，所以整數(shù)x-1只能取±1,±3，即 x=2,0,

17、4,2,相應(yīng)地 m=7或m = -1。所以當(dāng)m=7或m = -1時(shí)方程的兩根都是整數(shù)評(píng)注 本題與上題相同的是參數(shù)都是一次式，不同的是m的范圍不是已知的，不宜用借不等式的方法求解。又將參數(shù)m用x表示后的分式中，分母比分子的次數(shù)高，于是可以采用分離整式的方法求整數(shù)解。同步訓(xùn)練1(1993年天津市初二數(shù)學(xué)競(jìng)賽題)m是什么整數(shù)時(shí),方程(m2-1)x2-6(3m-1)x+72=0有兩個(gè)不相等的正整數(shù)根?2 (2000年“魯中杯”紹興四市縣數(shù)學(xué)聯(lián)賽試題)已知關(guān)于x的方程 (4-k)(8-k)x2-(80-12k)x+32=0的解都是整數(shù)，求整數(shù)k的值。3 (1993年天津市初中數(shù)學(xué)競(jìng)賽試題)設(shè)m為整數(shù)，且

18、4m40，又方程x22(2m3)x4m214m80有兩個(gè)整數(shù)根.求m的值及方程的根.4(2001年山東省初中數(shù)學(xué)競(jìng)賽試題）關(guān)于x的方程 kx 2(k-1)x+1=0有有理根，求整數(shù)k的值。5（2005年“卡西歐杯”全國(guó)初中數(shù)學(xué)競(jìng)賽試題）已知p，q都是質(zhì)數(shù)，且使得關(guān)于x的二次方程至少有一個(gè)正整數(shù)根，求所有的質(zhì)數(shù)對(duì)（p，q）.6(1999年全國(guó)初中數(shù)學(xué)聯(lián)賽試題) 設(shè)a是大于零的實(shí)數(shù)，已知存在惟一的實(shí)數(shù)k，使得關(guān)于x的二次方程x2(k2ak)x1999k2ak0的兩個(gè)根均為質(zhì)數(shù). 求a的值.7設(shè)方程a2x2ax1-7a20的兩根都是整數(shù)，求所有的正數(shù)a。8（1998年全國(guó)初中數(shù)學(xué)聯(lián)合競(jìng)賽試題）求所有

19、正實(shí)數(shù),使得方程僅有整數(shù)根.9（2003年湖南省高中理科實(shí)驗(yàn)班招生考試數(shù)學(xué)試題）設(shè)函數(shù)f(x)=x3+(2+2a-a2)x-2a(a+1), a為實(shí)數(shù)。（1）證明：f(a)=0（2）如果關(guān)于的方程f(x)=0有三個(gè)整數(shù)根，試求實(shí)數(shù)a的所有值。10. （第17屆江蘇省初中數(shù)學(xué)競(jìng)賽試題）當(dāng)m為整數(shù)時(shí)，關(guān)于x的方程(2m-1)x2-(2m+1)x+1=0是否有有理數(shù)根？如果有，求出m的值；如果沒有，請(qǐng)說明理由。同步訓(xùn)練題參考答案1 原方程可分解為(m-1)x-6)(m+1)x-12=0.因?yàn)閙±1,所以x1=, x2=。x1,x2為正整數(shù),m-1=1,2,3,6,且m+1=1,2,3,4,

20、6,12,解得m=2或m=3.但m=3時(shí),x1=x2,故舍去,從而m=2為所求.2 當(dāng)k=4時(shí), x=1 ; 當(dāng)k=8時(shí), x=-2 ;當(dāng)k4且k8時(shí)，原方程可變形為 (4-k)x-8 (8-k)x-4 = 0,所以x1=, x2=。因x1是整數(shù)，故8-k=±1，±2，±4。從而 k=4（舍），6，7，9，10，12。而 k=7，9，10 時(shí)，x2不是整數(shù)，故k=6或12。綜上所述，k=4，6，8或12。3考察判別式4(2m1)，由已知4m40，可知 92m181.為使判別式為完全平方數(shù)，只有2m125或2m149.當(dāng)2m125時(shí)，m12，方程兩根分別為16，26

21、；當(dāng)2m149時(shí)，m24，方程兩根分別為38，52.4當(dāng)k=0時(shí), x=-1方程有有理根;當(dāng)k0時(shí),方程有有理根，判別式1=(k-1)2-4k=k2-6k+1為完全平方數(shù).設(shè)k2-6k+1=m2(m為非負(fù)整數(shù))，即 k2-6k+1-m2=0 將式看作關(guān)于k的二次方程，由題設(shè)知有整數(shù)根，故式的判別式2=36-4(1-m2)=4(m2+8)應(yīng)為完全平方數(shù)，從而m2+8是完全平方數(shù)。令m2+8=n2(n為正整數(shù)，且m<n)，則有(n+m)(n-m)=8， 注意到n+m與n-m有相同的奇偶性，則有解得 將n=3代入式得k=6或k=0(舍去)。綜上所述，方程 kx 2(k-1)x+1=0有有理根時(shí)

22、有k=0或k=6。5設(shè)方程的兩根為x1，x2 ( x1x2 ),則有 x1+x2 = 8p-10q x1x2 = 5pq 由知，方程的另一根為整數(shù)，由知，方程的另一根為正整數(shù)。又由知，x1，x2有如下幾種可能的情況： 將x1+x2=1+5pq, 5+pq,p+5q,q+5p 分別代入：當(dāng)x1+x2=1+5pq時(shí)， 1+5pq = 8p-10q， 而 1+5pq>10p>8p-10q，此時(shí)無解；當(dāng)x1+x2=5+pq時(shí)，5+pq= 8p-10q，從而(p+10)(q-8)=-85因p，q都是質(zhì)數(shù)，只可能有 所以 （p，q）=（7，3）；當(dāng)x1+x2= p+5q 時(shí)， p+5q= 8p

23、-10q，7 p=15q，不可能成立，此時(shí)無解；當(dāng)x1+x2= q +5 p 時(shí)，q +5 p = 8p-10q，3 p=11q，所以（p，q）=（11，3）綜上所述，滿足條件的質(zhì)數(shù)對(duì)（p，q）=（7，3）或（11，3）。6設(shè)方程的兩個(gè)質(zhì)數(shù)根為pq. 由根與系數(shù)的關(guān)系，有 pq(k2ak)， pq1 999k2ak. ，得 pqpq1999則 (p1)(q1)24×53. 由知，p、q顯然均不為2，所以必為奇數(shù). 故和均為整數(shù)，且22×53.若為奇數(shù)，則必5r(r1，2，3)，從而p2×5r1為合數(shù)，矛盾. 因此，必為偶數(shù). 同理，也為偶數(shù).所以，和均為整數(shù)，且5

24、3.不妨設(shè)pq，則1或5.當(dāng)1時(shí)，53，得p3，q499，均為質(zhì)數(shù).當(dāng)5時(shí)，52，得p19，q99，q為合數(shù)，不合題意.綜上可知， p3，q499.代入得 k2ak5020. 依題意，方程有惟一的實(shí)數(shù)解. 故a24×5020.有a27將原方程整理成關(guān)于a的方程，得(x2-7)a2+xa+1=0。因x是整數(shù)， = x2-4(x2-7) = 28 -3x2 0, 即 x2.從而 x 2 = 0, 1,4,9. x=0, ±1,±2,±3.當(dāng)x=0時(shí)， 代入方程解得a=±；當(dāng)x = 1時(shí)， 代入方程解得a =或 a=；當(dāng)x = -1時(shí)， 代入方程解得a =或a=；當(dāng)x = 2時(shí)， 代入方程解得a