2. 韦达定理的应用
例7 (1899年匈牙利数学奥林匹克竞赛题)假设x1、x2是方程x2-(a+d)x+ad-bc=0的根.证明这时是方程的根.
证明 由已知条件得
∴
=a3+d3+3abc+3bcd,
由韦达定理逆定理可知,、是方程
的根.
例8已知两个系数都是正数的方程
a1x2+b1x+c1=0, ①
a2x2+b2x+c2=0, ②
都有两个实数根,求证:
(1) 这两个实数根都是负值;
(2) 方程 a1a2x2+b1b2x+c1c2=0 ③
③也有两个负根.
证明 ∵方程①有两个实数根,∴>0. ④
同理>0. ⑤
又a1、b1、c1都是正数,∴>0,<0.
由此可知方程①的两根是负值.同样可证方程②的两根也是负值.
显然a1c1<4a1c1代入④,得>0, ⑥
由>0,得> ⑦
∴△
=
≥
=>0,
∴方程③也有两个实数根.
又a1a2>0,b1b2>0,c1c2>0,
∴>0,
<0.
由此可知方程③的两个根也是负值.
例9(1983年上海初中数学竞赛题)对自然数n,作x的二次方程x2+(2n+1)x+n2=0,使它的根为αn和βn.求下式的值:
+
解 由韦达定理得
=
而
=(n≥3),
∴原式=
+
=
例10(1989年全国初中联赛试题)首项不相等的两个二次方程
(a-1)x2-(a2+2)x+(a2+2a)=0 ①
及(b-1)x2-(b2+2)x+(b2+2b)=0 ②
(其中a,b为正整数)有一公共根,求的值.
解 由题得知,a,b为大于1的整数,且a≠b.设x0是方程①②的公共根,则x0≠1,否则将x=1代入①得a=1,矛盾.得x0代入原方程,并经变形得
③
及 ④
所以a,b是关于t的方程
相异的两根,因此
于是 ab-(a+b)=2,即(a-1)(b-1)=3.
由 或
解得 或
∴
例11 (仿1986年全国高中联赛题)设实数a,b,c满足
①②
求证:1≤a≤9.
证明 由①得bc=a2-8a+7.
①-②得 b+c=
所以实数b,c可看成一元二次方程
的两根,则有△≥0,即
≥0,
即(a-1)(a-9)≤0,∴1≤a≤9.
例12 (1933年福建初中数学竞赛题)求证:对任一矩形A,总存在一个矩形B,使得矩形A和矩形B的周长和面积比都等于常数k(k≥1).
分析 设矩形A及B的长度分别是a,b及x,y,为证明满足条件的矩形B存在,只须证明方程组
(k,a,b为已知数)
有正整数解即可.
再由韦达定理,其解x,y可以看作是二次方程
z2-k(a+b)z+kab=0的两根.
∵k≥1,故判别式
△ =k2(a+b)2-4kab
≥k2(a+b)2-4k2ab
=k2(a-b)2≥0,
∴上述二次方程有两实根z1,z2.
又z1+z2=k(a+b)>0,z1z2=kab>0,
从而,z1>0,z2>0,即方程组恒有x>0,y>0的解,所以矩形B总是存在的.
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