一元二次方程的整数根
-
第
6
讲一元二次方程的整数根
< br>
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
ax
2
＋
bx
＋
c
＝
0
在
△
＝
b
2
－
4
ac<
/p>
≥0
时有实数根
x
＝
b
。
所以要使整系数的一元二次方程方程有整数根，
必须
△
＝
b
2
－
4
ac
< br>2
a
为完全平方数，并且－
b<
/p>
±
为
2
a
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
△
＝
k
2
（<
/p>
k
是整数）
。当
△
＝
k
2
为关
于原参数的一
次式时，用代入法来解；当
△
＝
k
2
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
.<
/p>
（
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<
/p>
1 / 9
－
k
)
x
2
－
(
117
－
15
k
)
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。
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
9
6
根为
x
1
＝
，
x
2
＝
.
为使
x
1
和
x
2
都是整数，
则应有
k
< br>-6 =
±
1,
±
3,
±
9
，
k
6
k
9
k=-3,3,5,7,9,15
。还应有
k<
/p>
-9 =
±
1,
±
2,
±
3,
±
6, k=3,6
，
7,8,1
0,11,12
，
15.
所以
k=3,7,15
时，
x
1
和
x
2
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
(
k
2
－
6
k
＋
8)
﹒
x
2
＋
(2
k
2<
/p>
－
6
k
－
4)
x
＋
k
2
＝
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<
/p>
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
x
1
（或
x
2
）为整数的
实数
k
有无穷多个，所以要先消去
k
，得到关
于
x
1
，
x
2
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
< br>(
k
－
2)(
< br>k
－
4)
x
2
＋
(2
k
2
－
6
k
－
4)
x
＋
(<
/p>
k
－
2)(
k<
/p>
＋
2)
＝
0.
分解因式得
[(
k
－
2)
x
＋
k
＋
2][(
k
－
4)
x
＋
k
－
2]
＝
0.
显然，
k
≠2
< br>，
k
≠4.
解得
k
2
2
k
2
4
x
1
＝－
=
1
；
x
2
＝－
=
1
.
k
4
k
< br>
4
k
2
k
2
于
是有
k
4
2
4
，
k
2
（
x
1
≠
< br>-1,x
2
≠
-1
）
x
1
< br>
1
x
2
1
两式相减消去
k
整理得
x
1
x
2
＋
3
x
1
＋
2
＝
0
即
x
1
(
x
2
＋
3)<
/p>
＝－
2.
x
1
2
,
x
1
2
,
x
1
1
< br>,
x
1
1
,
于
是有
或
或
或
x
2
3
1
;
x
2
< br>
3
1
;
x
2
3
2
.
x
2
3
2
.
x
< br>1
2
,
x
1
2
,
x
1
1
,
x
1
1
,
解得
或
或
或
(
舍去
)
x
2
;
x
4
;
x
5
;
x
< br>
1
.
2
2
2
2
因为
<
/p>
k
4
1
时，
k=3.
2
10
,
当
x
1
= -2
时，
k=6
。
当
x
1
= 2
时，
k=
。当
x
1
=
x
1
1
3
10
都满足题意。
.
3
< br>例
3
．
（
2000
年广东奥林匹克学校高中入学考试数学试卷）
求当<
/p>
m
为何整数
时，关于
x
的一元二次方程
mx
2
-6x+9=0
与
x
2
-4mx+4m
2
-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
经检验，
k
=6
，
3
，
2 / 9
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。
m
0
解
依题意有
< br>(
6
)
2
36
m
0
(<
/p>
4
m
)
2
4
(
4
m
2
4
m
5
)
0
5
1
。
<
/p>
m
1
，且
m
≠0.
又
m
为整数，故
m
=
±
4
当
m
=
1
时，
方程
mx
2
-6x+9=0
的二根均为
1
，
方程
x
2
-4mx+4m
2
-4m-5=0
的二
根为
-1
和
5
，符合要求。
当
m
=-1
时，方程
mx
2
-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
ax
2
+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<
/p>
数
a
的一次式，一般可以设其为
t
2
（
t
为非负整数）
，再将方程的根用
t
< br>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
-4
a(a-2)=4(9-4a),
∴
9-4a
为完全平方数。
解得
9
t
2
设
9-4a = t
（
t
为正奇数，且
t≠3
）
,
则
a=
.
此时，方程的二根为
4
2
x
1,2
=
3
t
< br>2
a
6
2
t
3
t
4
(
3
t
)
= -1+
= -1 +
= -1+
2
2
2
a
a
9
t
9
t
4
4
4
, x
2
=
-1+
3
t
3
t
要使
x
1
为整数，而
t
为正奇数，只能
t=1
，此时
a=2
。
要使<
/p>
x
2
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
x
2
-6x-4n
2
-32n=0
的根都是整
数，求整数
< br>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
< br>因二次方程的根都是整数
，
故
△
=4n
2
+
32n+9
应为完全平方数。
设
4n
2
+32n+9=k
< br>2
(k>0,k
为整数
)
，
即
(2n+8)
2
-k
2
=55
，
所以
(2n+8+k)(2n+8-k)=55
因
2n+8+k> 2n+8-k,
故可得如下
4
个方程组
x
1
=
-1+
3 / 9
2
n
8
< br>k
55
2
n
8
k
11
2
n
8
k
1
2
n
8
k
< br>
5
，
，
，
2
n
8
k
1
2
n
8
< br>
k
5
2
n
8
k
55
2
n
8
k
11
分别解得
n=10,n=0,n=-18,n=-8.
分析
< br>2
因
4n
2
+32n+9=k
2
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
△
< br>1
=4n
2
+32n+9
应为完全平方数。
设
4n
2
+32n+9=k
2
(k>0,k
为整数
)
，即
4n
2
+32n+9-k
2
=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
=32
2
-4×
4×
(9-k
2<
/p>
)=16(k
2
+55)
为完
全平方数
设
k
2
+55=t
2
,(t>0,t
为整数
),
即
(t +k)( t -k)=55
因
t+k>t-k
故可得如下
4
个方程组
t<
/p>
k
55
t
k
11
t
k
1
,
，
,
t
k
1
t
k
5
t
k
55
t
k
5
,
t
k
11
分别解得
k=27,3,
-27<
/p>
或
-3
，于是
4n
2
+32n+9=27
2
，或
4n
2
+32n+9=3
3
，分别
解得
n=10, n=-18,n=-8,n=0.
所以整数
n
的值为
-18,-8,0,10.<
/p>
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)x<
/p>
2
-(a
2
+1
)x+2a
3
-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=
< br>-7a
4
-8a
3
+2a
2
+24a+25
若
a≥2
，由于
-a
< br>4
+2a
2
<0,-6a
4
+24a<0,-8a
3
< br>+25<0,
所以
Δ<0
，原方
程无实根；
若
a≤
< br>-2
，
由于
-4a
4
-8a
3
<0,-2a<
/p>
4
+25<0,-a
4
< br>+2a
2
<0,24a<0,
所
以
Δ<0
，
原方程无实根；
2
当
a=0
时，原方程变为
x
-x-6=0
，二根为
-2
，
3
；
当
a=1
时，原方程变为
2x
2
-
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
< br>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
< br>x
2
ax
4
a
0
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。
x<
/p>
1
x
2
a
0
,
解
设两整数根为
x
1
,
x
2
，则
x
x
4
a
0
1
2
消去
a
,
得
x
1
x
2
-4(
x
1
+
x
2
)=0
（
x
1
-4
）
（
x
2
-4
）
=16
x
1
-4 =
±
1,
±
2
,
±
4,
±
8
,
±
16
x
2
-4 =
±
16,
±
8,
±
4,
±
2,
±
1
x
1
+
x
2
-
8 =
±
17,
±
10,
±
8
4 / 9