2011年中招考試：《初中數(shù)學(xué)》競賽講座(24)

　　2. 韋達定理的應(yīng)用

　　例7 (1899年匈牙利數(shù)學(xué)奧林匹克競賽題)假設(shè)x1、x2是方程x2-(a+d)x+ad-bc=0的根.證明這時是方程的根.

　　證明 由已知條件得

　　∴

　　=a3+d3+3abc+3bcd，

　　由韋達定理逆定理可知，、是方程

　　的根.

　　例8已知兩個系數(shù)都是正數(shù)的方程

　　a1x2+b1x+c1=0， ①

　　a2x2+b2x+c2=0， ②

　　都有兩個實數(shù)根，求證：

　　(1) 這兩個實數(shù)根都是負(fù)值;

　　(2) 方程 a1a2x2+b1b2x+c1c2=0 ③

　　③也有兩個負(fù)根.

　　證明 ∵方程①有兩個實數(shù)根，∴>0. ④

　　同理>0. ⑤

　　又a1、b1、c1都是正數(shù)，∴>0，<0.

　　由此可知方程①的兩根是負(fù)值.同樣可證方程②的兩根也是負(fù)值.

　　顯然a1c1<4a1c1代入④，得>0， ⑥

　　由>0，得> ⑦

　　∴△

　　=

　　≥

　　=>0，

　　∴方程③也有兩個實數(shù)根.

　　又a1a2>0，b1b2>0，c1c2>0，

　　∴>0，

　　<0.

　　由此可知方程③的兩個根也是負(fù)值.

　　例9(1983年上海初中數(shù)學(xué)競賽題)對自然數(shù)n，作x的二次方程x2+(2n+1)x+n2=0，使它的根為αn和βn.求下式的值：

　　+

　　解 由韋達定理得

　　=

　　而

　　=(n≥3)，

　　∴原式=

　　+

　　=

　　例10(1989年全國初中聯(lián)賽試題)首項不相等的兩個二次方程

　　(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為正整數(shù))有一公共根，求的值.

　　解 由題得知，a，b為大于1的整數(shù)，且a≠b.設(shè)x0是方程①②的公共根，則x0≠1，否則將x=1代入①得a=1，矛盾.得x0代入原方程，并經(jīng)變形得

　�、�

　　及 ④

　　所以a，b是關(guān)于t的方程

　　相異的兩根，因此

　　于是 ab-(a+b)=2，即(a-1)(b-1)=3.

　　由 或

　　解得 或

　　∴

　　例11 (仿1986年全國高中聯(lián)賽題)設(shè)實數(shù)a，b，c滿足

　�、佗�

　　求證:1≤a≤9.

　　證明 由①得bc=a2-8a+7.

　　①-②得 b+c=

　　所以實數(shù)b，c可看成一元二次方程

　　的兩根，則有△≥0，即

　　≥0，

　　即(a-1)(a-9)≤0，∴1≤a≤9.

　　例12 (1933年福建初中數(shù)學(xué)競賽題)求證：對任一矩形A，總存在一個矩形B，使得矩形A和矩形B的周長和面積比都等于常數(shù)k(k≥1).

　　分析 設(shè)矩形A及B的長度分別是a，b及x，y，為證明滿足條件的矩形B存在，只須證明方程組

　　(k，a，b為已知數(shù))

　　有正整數(shù)解即可.

　　再由韋達定理，其解x，y可以看作是二次方程

　　z2-k(a+b)z+kab=0的兩根.

　　∵k≥1，故判別式

　　△ =k2(a+b)2-4kab

　　≥k2(a+b)2-4k2ab

　　=k2(a-b)2≥0，

　　∴上述二次方程有兩實根z1，z2.

　　又z1+z2=k(a+b)>0，z1z2=kab>0，

　　從而，z1>0，z2>0，即方程組恒有x>0，y>0的解，所以矩形B總是存在的.

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