【初中数学竞赛辅导】2018届人教版初中数学第3章《一元方程》竞赛专题复习

2018年数学竞赛辅导专题讲义 第3章 一元方程 3.1一元一次方程 3.1.1★已知下面两个方程 ，① ② 有相同的解，试求的值． 解析 本题解题思路是从方程①中求出的值，代入方程②，求出的值． 由方程①可求得，所以．由题设，也是方程②的解，根据方程解的定义，把代入方程②时，应有 ， ， 所以，． 3.1.2★解方程： ． 解析 本题将方程中的括号去掉后产生，但整理化简后可以消去，也就是说，原方程实际上仍然是一个一元次方程． 将原方程整理化简得 ， 即． ⑴当时，即时，方程有唯一解 ； ⑵当时，即或．若，即，时，方程无解；若，即时，方程有无数多个解． 评注 含有字母系数的方程，一定要注意字母的取值范围，解这类方程时，需要从方程有唯一解、无解、无数多个解三种情况进行讨论． 3.1.3★★若，解方程 ． 解析 因为，所以原方程可变形为 ． 化简整理为 ， ， ， 所以，为原方程的解． 评注 像这种带有附加条件的方程，求解时恰当地利用附加条件可使方程的求解过程大大简化． 3.1.4★★已知关于的方程 ． 且为某些正整数时，方程的解为正整数，试求正整数的最小值． 解析 由原方程可解得 ． 因为为正整数，所以应是大于的整数．所以，即． 又因为为正整数，要使为整数，必须是10的倍数，而且为使最小，所以应取． 所以 ． 所以满足题设的正整数的最小值为2． 评注 本题实际上是求的最小正整数解． 3.1.5★★已知关于的方程有两个不同的解，求的值． 解析 一元一次方程或者有一个解，或者有无数个解，或者无解，本题中的一元一次方程有两个解，所以我们可以证明它有无数个解，进而可以确定、． 设方程的两个不同的解为、，则有 ， ① ， ② ②①，得． 因为，所以． 把代入①式，得． 所以，． 3.1.6★已知关于的方程无解，求的值． 解析 将原方程变形为．由已知该方程无解，所以 解得，所以即为所求． 3.1.7★★已知关于的方程有无限多个解，求、的值． 解析 原方程变形为 ． 解得，． 3.1.8★为何正数时，方程的解是正数？ 解析 按未知数整理方程得．要使方程的解为正数，需要 ． 不等式的左端 ． 因为，所以只要或时上式大于零，所以当或时，原方程的解是正数，所以或即为所求． 3.1.9★★若、、是正数，解方程 ． 解析 原方程两边乘以，得到方程 ． 移项、合并同类项得 ， 因此有 ． 因为，，，所以，于是 ， 即为原方程的解． 3.1.10★★★设为正整数，表示不超过的最大整数，解方程 ． 解析 由于是整数，是整数，所以必为整数，故，所以原方程可化为 ， 合并同类项得 ， 故有 ． 所以，为原方程的解． 3.2 一元二次方程 3.2.1★若方程与方程至少有一个相同的实数根，求实数的值． 解析 假定这个相同的实数根为，则将它代入两个方程，得到两个关于、的等式，视它们为关于、的方程组，即可求出的值． 设是两个方程相同的根，则有 ，．① 两式相减，得，即 ． 所以或． 当时，两个方程都是．这个方程无实根，故不合题意． 当时，代入①式中任何一式，都可解得．所以所求的的值为2． 3.2.2★已知实数，且满足，．求的值． 解析 、是关于的方程 的两个根，整理此方程，得 ， 由于，，． 故、均为负数．因此 ． 3.2.3★★已知是方程的一个根，求的值． 解析 因为是所说方程的根，所以，故 ， 由此得到 ． ． 求也可用下面的方法：因，将两边同除以，易得到 ， 故． 3.2.4★★三个不同实数、、使得方程和有一个相同的实数根，且使得方程和也有一个相同的实数根，求的值． 解析 因为方程和有一个相同的实数根，所以 ， ， 两式相减得． 又方程和也有一个相同的实数根，所以 ， ， 两式相减得（显然）． 于是，故也是方程的根，所以． 由和得，或者（此时，无实根，舍去），所以，，，于是． 3.2.5★★对于一切不小于2的整数，关于的一元二次方程的两个根记作、，求的值． 解析 由根与系数的关系数得，，所 ， 则 ， ． 3.2.6★★已知互不相等的实数、、满足，求的值． 解析 由得，代入得 ，整理得 ．① 又由可得，代入①式得 ，即，又，所以，所以． 验证可知：，时，，时． 因此，． 3.2.7★如果、都是质数，且，，求的值． 解析 当时，； 当时，、为方程的两个根，所以．因为、都是质数，故、的值只可能是和11，所以 ． 3.2.8★★已知三个关于的一元二次方程 ，， 恰有一个公共实数根，求的值． 解析 设是它们的公共实数根，则 ，，， 把上面三个式子相加，得 ， 因为，所以，，于是 ． 3.2.9★★设实数和满足方程，，并且和的积不等于1，求的值． 解析 因为，所以，第一人方程可以变形为： ． 又因为，所以，、是一元二次方程的两个不同的实根，所以 ，， 即，． 所以． 3.2.10★★★已知方程的两个根、也是方程的根，求、的值． 解析 利用一元二次方程根的概念，用、表示和，再结合、之间的关系（这里用到韦达定理），从而可解出、． 由条件，可知，即，于是 ． 结合可知， ．① 同理， ．② ①、②两式相加，并利用，有 ． ①、②两式相减，有 ． 注意到，，故，，进而，． 评注 运用根的概念解题这一方法是处理一元二次方程时容易忽视的技巧，这里巧妙利用根的概念，对与予以降次，将高次问题予以简化，题中、的求值问题迎刃而解． 3.2.11★已知方程的大根为，方程的小根为，求的值． 解析 先求出、的值． 由观察知，是方程 的一个根，于是由韦达定理知，另一个根为，所以． 又从观察知，是方程的根，从而由韦达定理知，方程的另一个根为，所以，．故 ． 评注 对于方程，若，则是方程的根；若，则是方程的根． 3.2.12★★设是给定的非零实数，解关于的方程 ． 解析 由观察知，是方程的根．又原方程等价于 ． 由韦达定理知，，所以，方程和另一根为． 3.2.13★★已知、是方程的两实根，求的值． 解析 不是、的对称式，所以很难用乘法把它化为和的表达式．我们先把“降次”． 因为是方程的根，所以，故．于是 ， ， 所以． 3.2.14★★设一元二次方程的两个实根的和为，平方和为，立方和为，求的值． 解析 设、是方程的两个实根，于是 ， 所以 ． 评注 本题是最“自然”的解法是分别用、、来表示、、，然后再求的值．当然这样做运算量很大，且容易出错．下面我们再介绍一种更为“本质”的解法． 因为、是方程的两个实根，所以 ， 于是． ① 同理． ② 将①、②两式相加便得 ． 一般地，记，则有 ． 证明方法同上，读者不妨一试． 3.2.15★★★设抛物线的图象与同只有一个交点，求的值． 解析1 由题设 ， 即． 所以 ， ， ， ． 又． 因为，所以，即，所以 ． 故 ． 解析2 由可得，所以，且，所以 ， ， ， ， 所以 ． 3.2.16★★若方程的两个不相等的实数根、满足，求实数的所有可能的值之和． 解析 由一元二次方程的根与系数的关系可得，，所以 ， ． 又由得，所以 ， 所以， 解得，，． 代入检验可知：，均满足题意，不满足题意． 因此，实数的所有可能的值之和为 ． 3.2.17★★★设、是方程的两个根，、是方程的两个根．记，用表示． 解析 由韦达定理，得，，，． 所以 ． 于是原式 ． 3.3判别式及其应用 3.3.1★已知方程没有实数根，其中是实数．试判定方程有无实数根． 解析 因为方程无实数根，所以 ， 即． 则 ， 所以方程有两个不相等的实根． 3.3.2★★已知常数为实数，讨论关于的方程 的实数根的个数情况． 解析 当时，原方程为，，即此时方程积有一个实根． 当时，原方程为一元二次方程，其判别式 ，所以，当且时，原方程有两个不同的实数根；当时，原方程有两个相等的实数根；当时，原方程没有实数根． 评注 对于一个二次项系数含参数的方程，要按照二次项系数为零或不为零来讨论根的情况，前者为一次方程，后者为二次方程，不能一上来就用判别式． 3.3.3★★若对任何实数，关于的方程 都有实数根，求实数的取值范围． 解析 根据判别式容易写出关于、的不等式．为了求出的取值范围，可以分离、，写成或的形式，那么不大于的最小值，或不小于的最大值． 按题意， 对一切实数成立．即 对一切实数成立． 显然，当时取最小值，故，． 所以的取值范围为． 3.3.4★★已知关于的二次方程无实根，其中为实数，试判断二次方程 的实根情况． 解析 因为无实根，即无实根，所以，故． 方程， 即． 因为，所以，，上述方程是实系数二次方程，它的判别式 ． 由，得，，，，从而，故无实根． 3.3.5★★、、是不全相等且都不为零的实数，求证：，，这三个一元二次方程中，至少有一个方程有两个不相等的实数根． 解析 本例即要证明三个方程的判别式至少有一个大于零．但由于、、不是具体数值，很难确定哪一个方程的判别式大于零，因此可考虑三个判别式的和． 因为、、都不是零，所以三个方程都是实系数一元二次方程，它们的判别式顺次记为、、，则 ． 因为、、不全相等，所以，从而、、中至少有一个大于零，即三个二次方程中至少有一个方程两个不相等的实数根． 3.3.6★对于实数、，定义一种运算“*”为：*． 若关于的方程*有两个不同的实数根，求满足条件的实数的取值范围． 解析 由*（*），得 ， 依题意有 解得，，或． 3.3.7★若方程 有实根，求、的值． 解析 因为方程有实根，所以它的判别式 ，化简后得 ， 所以， 从而 解得，． 评注 在本题中，只有一个不等式而要求两个值，通常是通过配方把这个不等式变形为“若干个非负数之和小于等于零”，从而可以得到一个方程组，进而求出要求的值． 3.3.8★的一边长为，另两边长恰是方程 的两个根，求的取值范围． 解析 设的三边长分别为、、，且，由 得．此时由韦达定理，，，即，并且不等式 ， 即． 综上可知，． 3.3.9★求方程的实数解． 解析 先把看作是常数，把原方程看成是关于的一元二次方程，即 ． 因为是实数，所以判别式 ，化简后整理得 ， 即，从而，将代入原方程，得 ， 故．所以，原方程的实数解为，． 评注 ⑴本题也可以把看作常数，把方程写成关于的一元二次方程，再用判别式业求解． ⑵本题还可以用配方的方法，把原方程变形为 ，从而，． 3.3.10★★解方程组 解析 引入待定系数，由①②得 ，或写成 ． ③ 如果③式左端是一个关于和的完全平方式，则 ． 由此解得，．将值代回③式得 ， ， 即，． 由于，，由上两式开方后，就可以求出方程组的唯一解： 3.3.11★★设为实常数，方程有两个不同的实数根、． ⑴证明：； ⑵求的最小可能值，并求取最小值时的值． 解析 由条件可知， ，故或． ⑴利用条件为方程的根，可知，于是，结合，有 ． ⑵与⑴作类似处理，可得 ． 等号成立的条件是：，这时，或，结合，可知应舍去． 综上可知，的最小值为2，并且取最小值时，． 评注 本题中，用到了一个基本不等式：若、为正实数，则．这一点由展开后移项可得． 3.3.12★★★设不小于的实数，使得关于的方程有两个不相等的实数根、． ⑴若，求的值； ⑵求的最在大值． 解析 因为方程有两个不相等的实数根，所以 ， 即． 结合题设知． ⑴因为 所以， 即， 解得． 由于，故． ⑵ ． 设，．因为在上是递减的，所以当时，的最大值为10． 故的最大值为10． 3.3.13★★★设、、为互不相等的实数，且满足关系式 ， ① 及， ② 求的取值范围． 解析1 由①②得 ， 所以． 当时， ． 又当时，由①、②得 ， ③ ， ④ 将④两边平方，结合③得 ，化简得 ， 故， 解得，或． 所以，的取值范围为且，． 解析2 因为，，所以 ， 所以 ． 又，所以、为关于的一元二次方程 ⑤的两个不相等实数根，故 ，所以． 当时， ． 另外，当是时，由⑤式有 ，即，或， 解得，或． 所以，的取值范围为且，． 3.3.14★★求使得关于的方程恰有一个实数根的所有实数． 解析 原方程写成关于的一元二次方程， ， 即， 所以， 所以无实数解，由判别式知． 3.3.15★★★已知实数、、满足，及，求的最小值． 解析 已知，由题设知，且，所以、是如下关于的一元二次方程的两个根： ， 故， ， 即，所以． 于是，，从而，故 ， 当，，时等号成立． 所以，的最小值为30． 3.3.16★★已知实数、、满足： 求证：． 解析 构造以、为两实根的一元二次方程，含在这个方程的系数里，利用可证得． 由题设条件知 ， ， 于是，、是关于的一元二次方程的两个实根，所以 ， 得 ． 3.3.17★★★设实数、、满足 ，． 求证：、、中必有一个大于． 解析 由及知，、、三个数中，一定是一正二负．不妨设，，． 由题设得 ，， 于是、是关于的一元二次方程的两个实根， ， 因为，所以，故 ． 评注 利用韦达定理，结合判别式是初中阶段处理不等式问题的常用技巧．请大家熟练掌握． 3.3.18★★满足的所有实数对中，的最大值是多少？ 解析 设，则，代入已知等式得 ， 即， 将它看成关于的一元二次方程．因是实数，所以 ， 即． ① 令，得，所以①的解为 ， 即的最大值是，这时 ，． 3.3.19★★、为实数，且满足，求的最大值和最小值． 解析 由于， 所以， 上式可以看成关于的一元二次方程．因为实数，所以 ， 即， ． 解得 ． 当时，代入中，得 ，即时，有最小值． 当时，代入，得，即时，有最大值． 3.3.20★★实数、、满足，且对任何实数，都有不等式 ， 求证：，，． 解析 因为对任何实数，有 ， ， 当时，便有 ， 所以． 由于，于是 ，于是、是一元二次方程 所两个实数根，所以 ， 即， 所以． 同理可证，，． 3.3.21★★实数、、满足，，求的最大值． 解析 因为，，所以、是关于的一元二次方程 的两实根． 故，即 ，． 所以，当时，．故的最大值为． 3.4一元二次方程根的分布 3.4.1★若二次方程的两个根都大于2，求实数的取值范围． 解析1 作代换，则可把已知方程化成关于的二次方程，既然已知方程的两个根都大于2，那么关于的方程都是正根． 令，则．代入已知方程，得 ， 即． 因为已知方程的两个根都大于2，所以上面关于的二次方程的两根都是正数，故 解方程组，得．这就是所求的的取值范围． 解析2 考察的图象（如图），因的两根、都大于2，故它的对称轴在直线的右侧，顶点不在轴的上方，且当时，，即 反过来，上面三个条件满足后，的两根必都大于2．解上述不等式组，得的取值范围为． 3.4.2★设关于的方程有两个不相等的实数根、，且，求的取值范围． 解析 由于方程有两个不相等的实根，故，原方程可变形为 ． 记，则这个抛物线开口向上，因，故当时，，即．解得． 3.4.3★★已知关于的实系数二次方程有两个实数根、．证明：如果，，那么且． 解析 由韦达定理（根与系数的关系），有． 另一方面，由函数的图象（如图）易知函数在时均为正值，即 ， 从而 ． 3.4.4★★已知、、、是实数，为了使二次方程 与 都有实根，并且其中任一方程的两根被另一方程的根分隔开业，系数、、、应满足什么条件？ 解析 ，的图象都是开口向上，且形状大小相同的抛物线（如图）． 因为的两根被的两根分隔开来，所以，两条抛物线在轴下方有一个公共点．反过来，两条抛物线在轴下方有一个公共点也能推知与都有实根，且其中任一方程的两根被另一方程的根分隔开来． 由得．在的条件下，．这就是两条抛物线公共点的横坐标．故 ， 即． 反之，当上面不等式成立时，必有．故上面的不等式即是所求的条件． 3.4.5★★方程（是常数）有两实根、，且，，那么的取值范围是（ ）． A． B． C．或 D．无解 解析 用根与系数关系． 设，则原方程变为 ，整理，得 ． 原方程两根为、，所以上述方程的两根为 ，， 又因为，，所以 ，， 即，， ① 所以， ② 解得． ③ 又 ， ④ 即， 亦即， 解得 或． ⑤ 又由 ⑥ 得， 即， 解得或． ⑦ 可证明，满足②、④、⑥的、必满足①，所以的范围是③、⑤、⑦的公共部分，即 或． 故应选． 3.4.6★★已知方程有一个根小于，另一个根大于0，求的取值范围． 解析 设，则的图象为开口向上的抛物线，该抛物线与轴的一个交点在左侧，另一个交点在0右侧的位置，如图所示． 因此，一个根小于，另一个根大于0的等价条件是 ．故的取值范围为． 3.4.7★设二次方程的系数、、都是奇数．它的两个实根、满足，．若，求、． 解析 设，，则有 从而 因为，，，，那么，． 因为是奇数，得，从而．又因为，且是奇数，则，．因此．方程的根 ，满足要求． 当时，二次方程的系数仍是奇数，判别式，且两个实根与的相同．因为它的二次项系数，故应用上一段的结果，的两个实根是，．这也就是所求的的根． 3.4.8★★★设二次函数，方程的根为、，且，当时，试比较与的大小关系． 解析1 已知方程，整理为 ． 由韦达定理得 根据题意，则 ， 所以， 得到． ① 又是方程的根，则 ， 由①可知． 又因为开口向上，在时是单调递减的，且由题意 ， 因此． 解析2 由已知方程的两根为、，则有 ， 即． 因为 ， 由题意， 得． ② 又由 ， 可得， ， ， ． ③ 综合②、③，有，所以． 评注 题目要求比较与的大小，解析1是去比较与的大小关系，利用不等式得到，从而解决此题．而解析是利用已知二次方程的两根，把函数写成的形式，通过作差比较来解决此题的． 3.4.9★★若关于的方程至少有一个实根大于0且小于1，求实数的取值范围． 解析 设方程的两根为、且，那么由根与系数的关系得，故 ． 由此可知，或，，或，． 记，则的图象如图1或图2所示．故方程至少有一个实根大于0且小于1等价于（注意：在第二种情况中由可推出）： 或或或，． 故的取值范围为． 评注 ⑴不等式组中，表示抛物线的顶点在轴下方或在轴上，这个不等式也可用代替； ⑵分类讨论是数学解题的一种重要方法，我们要留意这方面的培养和训练； ⑶本题也可不求另一根的取值范围，直接对抛物线的对称轴的位置进行分类讨论．即分，，，四种情况分别求出方程至少有一个实根大于0且小于1的的取值范围，然后合并得解． 3.4.10★★★若关于的方程的所有根都是比1小的正实数根，求实数的取值范围． 解析 首先，题目没有指明已知方程为二次方程，因此对二次项系数应分等于零不等于零两种情况讨论．对的情况，再借助于二次函数的图象及不等式求出的取值范围． ． 当时，原方程为，，满足条件． 当时，原方程为，，不满足条件． 当时，已知方程为二次方程，且可化成 ． 设，则二次方程的两实根都是比1小的正数，等价于该抛物线与轴的两个公共点（包括两个公共点重合）都在大于0且小于1的范围内（如图），由此得 ． 综上所述，所求的的取值范围为或． 3.4.11★★★使关于的不等式 成立的的最小值为，试求的值． 解析 已知不等式即．按题设是它最小的解，因而该不等式的解必成的形状，其中和都不等式相应的二次方程的实根（这里能允许，即二次方程有两个相等实根，由已知不等式得） ， 是这个不等式的最小解，故上列不等式的解是，这里、都是二次方程的根．于是有 ， 即． 解之，得或． 当时，已知不等式即，它的解为，满足题意． 当时，已知不等式即，它的解为，满足题意． 综上所述，的值为或． 评注 解得或后，检验6或是否满足题意是必须的．这是因为当时仅知当或时，方程有一个根为，而不知道另一实根是否不小于． 3.4.12★★设、是整数，且方程 的两个不同的正数根都小于1，求的最小值． 解析 已知方程有两个不同正数根，又，已知方程可化成 ． 记，则的两个不同正数根都小于1等价于 为整数，，故为正整数，，于是 ． 于是 当时，，不存在；当时，，整数不存在；当时，，整数可取．换句话说，方程符合题目要求，故的最小值为3． 3.4.13★★★★设实数、、、满足条件 ， 且，，求证：方程有一根，满足． 解析 当时，若，方程的根为，又，则，即；若，则，那么任何实数都是原方程的根，因此必有一根使得． 当时，令，则有．若，则，所以必有一根满足；若，则，所以必有一根满足． 3.4.14★★★已知、、为实数，，并且．证明：一元二次方程有一个介于与1之间． 解析 由题意，可以不妨设（否则多项式乘以，并用、、代替、、即可），则由得． 考虑运用二次函数图象特点转化问题为证明函数有，． 由 可得， 即有， ． 又由 可得， 即有． 因此，函数的图象与轴必有一个交点，它的横坐标在与1之间，即方程必有一根介于与1之间． 3.5一元二次方程的整数根 3.5.1★★设、为质数，且方程 有整数解，求、的值． 解析 设是方程的整数解，是方程的另一个解．则 由为整数及①知，也是整数，且，，故、都是负整数． 利用②及为质数，可知，和及对称的情形，于是，或．由①及为质数，可知只能是．如果为奇数，则为偶数，结合为质数知，导致，矛盾．所以为偶数，故，． 3.5.2★★已知是质数，使得关于的二次方程的两根都是整数，求出所有可能的的值． 解析 因为这是一个系数一元二次方程，它有整数根，所以 为完全平方数，从而为完全平方数． 令，由于，所以． ， 因为为质数，且，故只可能 或 解得或 当时，原方程为，，； 当时，原方程为，，． 故和都满足条件．于是所有可能的值为或． 评注 利用是完全平方数，进而解一个不定方程是求解一元二次方程整数根的常用方法． 3.5.3★★已知、、都是整数，且对一切实数，都成立，求所有这样的有序数组． 解析 恒成立，即恒成立，这说明有两个整数根、．所以 是一个完全平方数，令其为，是正整数，则 ． 由于与同奇偶，且均大于0，所以 或 解得或 当时，方程的两根为，，；当时，，． 所以，满足条件的有序组共有如下组：，，，． 3.5.4★★★求所有的有理数，使得关于的方程 的所有根是整数． 解析 首先对和进行讨论．当时，是关于的一次方程；当时，是关于的二次方程，由于是有理数，用直接求根的方法或用判别式来解，都有些困难，故可考虑用韦达定理，先把消去． 当时，原方程为，所以． 当时，原方程是关于的一元二次方程，设它的两个整数根为、，且，则 消去，得 ， ， 所以或 解得或 所以，或1． 综上所述，当，，时，方程的所有根都是整数． 3.5.5★★已知是正整数，且使得关于的一元二次方程 至少有一个整数根，求的值． 解析 将原方程变形为 ， 显然，于是． 由于是正整数，所以，即 ， ， ， 所以． 当，，，0，1，2时，得的值为1、6、10、3、、1． 所以，的值为1、3、6、10． 评注 从解题过程中知，当时，有两个整数根、；当，，10时，方程只有一个整数根．有时候，在关于的一元二次方程中，如果参数是一次的，可以先对这个参数来求解．本题利用判别式也是可以求解的． 是完全平方数，故是平方数，且为奇数的平方， 令，是正整数，则． 原方程可化为 ， ， ，． 所以，或，故，，或，． ，，或，． 所以，的值为、、、． 3.5.6★★★关于的二次方程 的两根都是整数，求实数点的值． 解析 由于是实数，所以不能利用判别式来求解．先求出方程的两根，，由于、是整数，所以，从上面两式中消去，便得关于、的不定方程，解出、，便能求得．原方程为 ， ， 所以 ，． ，． 消去，得 ， ， ， 故 解得（舍去）， 从而，，． 所以，所求的，，． 3．5．7★★设是质数，并使得方程有两个整数根，求的值． 解析 因为方程的根呈整数，所以其判别式必是完全平方数． 因是质数，必整除，于是整除． 因此，5或29． 当时，则有，不是一个完全平方数． 当时，则有，不是一个完全平方数． 当时，则有． 所以． （此时，．） 3.5.8★★★已知、是正整数，试问关于的方程是否有两个整数解？如果 有，请把它们求出来；如果没有，请给予证明． 解析 不妨设，设方程的两个整数根为、，则有 所以 ， ． 因为、都是正整数，所以、均是正整数，于是，，，，，所以 或 ⑴当时，由、是正整数，且，可得，，此时，一元二次方 程为，它的两个根为，． ⑵当时，可得，，此时，一元二次方程为，无整数解． 综上所述，当且仅当，时，题设方程有整数解，它的两个整数解为，． 3.5.9★★★已知、都是质数，且使得关于的二次方程 至少有一个正整数根，求所有的质数对． 解析 由方程两根的和为可知，若方程有一个根为整数，则另一个根也是整数．由方程两根的积为，知方程的另一个根也是正整数． 设方程的两个正整数根分别为、，由根与系数的关系得 ， ① ． ② 由②得，、有如下几种可能的情况： 所以，，，，，代入①． 当时，，而，故此时无解． 当时，，所以 ， 因为、都是质数，只可能 所以． 当时，，所以，不可能． 当时，，所以，于是， ． 综上所述，满足条件的质数对或． 3.5.10★★★已知关于的一元二次方程 的两个根均为整数，求所有满足条件的实数的值． 解析 原方程可化为，因为此方程是关于的一元二次方程，所以，．于是 ，． 从上画两式中消去，得 ， 于是． 因为、均为整数，所以 故，，，，，，0，3．显然，又 ， 将，，，，，，3分别代入上式得 式得 ，，，，，15，3． 3.5.11★★★设关于的二次方程的两根都是整数．求满足条 件的所有实数是的值． 解析 原方程式可变形为： ， ． 因， 则， ． 于是，，． 消去，得 ， 从而，． 由于、都是整数，则 即 故，3，． 经检验，，3，满足题意． 3.5.12★★已知关于的一元二次方程无相异两实根，则满 足条件的有序正整数组有多少组？ 解析 因为 无相异两实根，所以，判别式 ， 化简为，所以，因为、为正整数，所以，所以，故． 当时，，故，所以符合条件的有序正整数对共有7组； 当时，，故，所以符合条件的有序正整数对共有4组； 当时，，故，所以符合条件的有序正整数对共有3组； 当时，，故，所以符合条件的有序正整数对共有1组； 当时，，故，所以符合条件的有序正整数对共有1组； 综上所述，符合条件的有序正整数组共有(组)． 3.5.13★★★若正整数、是关于的方程的两个根，求 、的值． 解析 由条件得：， ① ， ② 由①得，由、为正整数，则 ’ 所以，③ 由②，③得，④ 将④写作，⑤ 而． 由于、为正整数，则与皆不能取到与，因此对于⑤式，只有如下四种可能的情况， (i) (ii) (iii) (iv) 分别解得与 经验证，只有，这一组解能满足①、②式，这时原方程成为． 因此本题的解为，． 3.5.14★★★、为整数，并且是关于的方程的两个根，求、 的值． 解析 据 可知，，所以、为正整数． 由②，，即 ．③ 而，对于正整数、，与皆不能取到与． 故由①，只有四种可能的情形： (i) (ii), (iii) (iv) 由此 代入①，只有，符合条件． 这时原方程化为，它显然有两个根13与7． 因此本题只有一解，． 3.5.15★★、为正整数，，若关于的方程有正整数解，求的最小值． 解析 设方程的两根为、，则 ① 则因、中有一个为正整数，另一个也必是正整数，不妨设，由①得 ， 故． ② 由于59为质数，则，中必有一个是59的倍数，在式中，若取，，则 ，即． 若取，则，这时，因此的最小值为95． 3.5.16★★是否存在整数，使得关于的方程 ① 有整数解？ 解析 不存在满足条件的整数． 事实上，若是满足条件的整数，并设是①的整数根，则由平方数或，于是，1或，这与矛盾． 评注利用整数理论来处理整系数一元二次方程的整数根问题是不易考虑到的想法，解题中往往能出 奇制胜． 3.5.17★★求所有的正整数，使得以表示为两个连续正整数的乘积． 解析设正整数、满足 ， 则上述关于的一元二次方程有正整数解，于是 是一个完全平方数． 设为非负整数，且，得，所以 注意到，与有相同的奇偶性，可知或．进而，求得或1． 综上，满足条件的正整数为4或． 评注 在利用判别式处理一元二次方程整数解问题时，经常会涉及求一个二元二次不定方程整数解． 3.5.18★★★是否存在整数、、，使得方程 和 都有两个整数根？ 解析 不存在这样的整数． 事实上，若存在满足条件的、、，我们不妨设为偶数（否则用代替讨论，当然，此时应将两个方程都乘）． 由于有两个整数根，故和都是整数（这一点由韦达定理可知），所以和都为偶数（这里用到奇数不能被偶数整除）．这表明方程 的系数都为奇数，设其两个整数根为、．则为奇数，于是、都为奇数，从而为偶数，这要求为偶数．与，，都为奇数矛盾． 评注 这里从的奇偶性出发讨论是关键，在运用韦达定理后，整个问题变为一道奇偶分析问题． 3.5.19★★★已知是正整数，如果关于的方程的根都是整数，求的值及方程的整数根． 解析 观察易知，方程有一个整数根，将方程的左边分解因式，得 ． 因为是正整数，所以关于的方程 ① 的判别式，它一定有两个不同的实数根． 而原方程的根都是整数，所以方程①的根都是整数，因此它的判别式应该是一 个完全平方数． 设（其中为非负整数），则 ，即 ． 显然与的奇偶性相同，且，而，所以 或或 解得或或 而是正整数，所以只可能 或 当时，方程⑴，它的两根分别为和．此时原方程的三个根为1、 和． 当时，方程⑴即，它的两根分别为和．此时原方程的三个根为1、 和． 3.5.20★★★★求所有的正整数组，使得如下三个关于的二次方程 ， ， 的根都是正整数． 解析 设方程的两个根为、，且；的两个根为、，且；的两个根为、，且．于是由韦达定理知 ，， ，， ，． 所以 ， 故， ．① 由于、都是正整数，由知，、中至少有一个为偶数，从而 ， 同理， ． 结合①式便得 ， 从而，，进而便得 ． 当对，三个方程都为，正整数根为1和2． 所以，所求的正整数组． 3.5.21★★★证明：存在无穷多对正整数（，），满足方程 ． 解析1 原方程可以写为 ， 于是 是完全平方数． 设，其中是任意一个正整数，则． 于是 ，或． 所以，存在无穷多对正整数（其中是正整数）满足题设方程． 解析2原方程可写为 ， 所以可设 （是正整数），① 于是．② ①②得 ． 令（是任意正整数），则． 于是 ． 所以，存在无穷多对正整数（其中是任意正垫数）满足题设方程． 3.6列方程解应用题 3.6.1★★甲、乙二人用相同的速度，沿着同一条道路从地到地，甲先出发，当甲所行的路程是乙 的2倍时，甲又行了5千米到达地，然后立即返回，行了全程的时，与乙还相距3千米．那么、两地相距多少千米？ 解析 该题运动过程看似比较复杂，但抓住甲、乙速度相同这一条件，则二者在相同的时间内，行驶的路程相同，可将问题理清简化． 设、两地相距千米，则当甲所行的路程是乙的2倍时，甲行的路程为千米，下面计算乙 行驶的路程． 由于甲、乙速度相同，故当甲行了千米时，乙也行驶了相同的距离，故有，所以 ， 依题意得方程 ， 解得．所以、两地相距22千米． 3.6.2★轮船从城到城需行5昼夜，而从城到城需行7昼夜，现由城放一木筏于水中漂流至城（木筏无任何动力），途中需多少昼夜？ 解析 设、间距离为，船顺水时的速度为，船逆水时的速度为，则水速为，故有途中所需时间为昼夜． 3.6.3★一艘轮船从港到港顺水航行需6小时，从港到港逆水航行需8小时，若在静水条件 下，从港到港需多少小时？ 解析 设船在静水条件下，从港到港需小时，两港之间的距离为千米，由 “船的顺流速度船的静水速度船的静水速度船的逆水速度”， 得， ． 所以，从港到港需小时． 3.6.4★辆汽车在上坡路上行驶的速度是每小时40千米，在下坡路上行驶的速度是每小时50千米，在平路上行驶的速度是每小时45千米，某日这辆汽车从甲地开往乙地，先是用了的时间走上坡路，然后用了的时间走下坡路，最后用了的时间走平路．已知汽车从乙地按原路返回甲地时，比从甲 地开往乙地所用时间多15务钟，那么甲、乙两地的距离是多少？ 解析 设这辆汽车从甲地开往乙地共需小时，依题意得 ， 解得（小时），所以甲、乙两地距离为 （千米）． 3.6.5★★汽车将甲镇的日用品运到乙村，要经过上坡路20公里，下坡路14公里，平路5公里，然后再将乙村的粮食运往甲镇，汽车往返所用的时间相差10分钟，已知汽车在上坡时、下坡时、走平路时的平均速度之比为3:6:5，求 ⑴汽车在上坡时、下坡时、走平路时的各个平均速度； ⑵自甲镇到乙村及乙村到甲镇汽车各需要的时间． 解析 按题意，可设汽车在上坡时、下坡时、走平路时的平均速度顺次是公里／时、公里／时、公里／时（其中），于是有 汽车从甲镇到乙村所用的时间 ． 汽车从乙村到甲镇所用的时间 ． 按题意易知，所以，解得． ⑴汽车在上坡时、下坡时、走平路时的平均速度顺次是18公里／时、36公里／时、30公里／时． ⑵汽车从甲镇到乙村所需时间（小时），汽车从乙村到甲镇所需时间（小时）． 3.6.6★★甲乙两人在一圆形跑道上跑步，甲用40秒钟就能跑完一圈，乙反向跑每15秒钟和甲相遇一 次，求乙跑完一圈所需时间． 解析 欲求乙跑完一圈所需的时间，就必须知道他的速度米／秒，因此选择作辅助未知数．设乙跑完一圈需秒，乙跑步的速度为米／秒，由题意，一圈的总路程为米，甲的速度为米／秒，于是得 ， 因为，所以 ， 解得． 故乙跑完一圈需要24秒． 评注 这里是设而不求的辅助未知数． 3.6.7★★旅行者从下午3时步行到晚上8时，他先走平路，然后上山，到达山顶后就按原路下山，再走平路返回出发地，若他走平路每小时行4千米，上山每小时行3千米，下山每小时行6千米，问旅行者一共行多少千米？ 解析 设旅行者所走的全程为千米，山路长为千米，则他上山需小时，下山需小时，走平路来回需小时，依题意，有方程 ， 所以 ． 故． 所以，旅行者一共行了20千米． 评注 这里的是设而不求的未知数，它在解题过程中消去了． 3.6.8★★在四点到五点之间，时针和分针在什么时刻重合？ 解析 设从四点开始，分钟后两针重合．如图所示，在四点整时，时针指向4，分针指向12，它 们之间的夹角是．根据常识，每60分钟，时针转动一格，即转了，那么一分钟转了；每5分钟，分针转动一格，即转了，那么1分钟转了． 如果时针和分针重合，那么，解得． 所以，时针和分针在4点分时重合． 3.6.9★某城市按以下规定收取煤气费：⑴每月所用煤气按整立方米数计算；⑵若每月用煤气不超过60立方米，按每立方米0.8元收费，若超过60立方米，超过部分按每立方米1.2元收费，已知某户人家某月昀煤气费平均每立方米0.88元，则这户人家需要交煤气费（ ）． A．60元 B．66元 C．70元 D．75元 解析 由于，所以这户人家用的煤气超过60立方米，设用了立方米，则 ， 所以，（元）． 故选B． 3.6.10★★某寺院有甲、乙、丙三口铜钟，甲钟每4秒敲响一声，乙钟每5秒敲响一声，丙钟每6秒敲响一声，新年到来时，三口钟同时开始敲响且同时停敲，某人共听到365声钟响，若在此期间，甲、乙、丙三口钟敲响的次数分别为次、次、次，求的值． 解析 设敲钟持续的时间为秒，则在此期间 甲钟敲响的次数为：； 乙钟敲响的次数为：； 丙钟敲响的次数为：； 甲与乙钟同时敲响的次数为：； 甲与丙钟同时敲响的次数为：； 乙与丙钟同时敲响的次数为：； 甲、乙、丙钟同时敲响的次数为：． 依题意得： 3， 因此，，代入、、的表达式得 ． ， ． 所以，． 3.6.11★★准备将若干个零件放入盒子里，盒子至少10个，每个盒子中的零件个数必须相等，如果每 个盒子放12个，最后剩下一个；如果增加3个盒子，便可将零件全部放完．问原有多少个盒子？ 解析 设原有个盒子，则零件数是．增加3个盒子，盒子数是，每个盒子的零件数是 ．依题意，是整数，即 是整数，所以，35能被整除．而，所以．于是，即． 所以，原有32个盒子． 3.6.12★★我们在运动场上踢的足球大多是由许多小黑白块的皮缝合而成的．如图，若已知黑块共12块，求白块有多少块？ 解析 黑块呈五边形，白块呈六边形，每块黑皮的五条边分别与五块白皮的一条边缝合在一起，而每块白皮的三条边分别与三块黑皮缝合在一起．所以封闭足球表面上的12块黑皮和若干块白皮紧密相连，白皮、黑皮的边数都不会有剩余或缺少． 如果设白皮有块，那么它共有条边．在条边里，一部分是白皮与白皮交连，另一部分是白皮 与黑皮交接．显然，与黑皮相接在一起的有条边．由于已数出的黑皮共有12块，每块黑皮有5条边，所以黑皮共有条边．根据题意，得，． 因此，白皮共有20块． 3.6.13★★★从两个重量分别为12千克和8千克，且含铜的百分数不同的合金上切下重量相等的两块， 把所切下的每块和另一块剩余的合金放在一起，熔炼后两个合金含铜的百分数相等，求所切下的合金 的重量是多少千克？ 解析1 设所切下的每块合金的重量为千克，重12千克的合金的含铜百分数为，重8千克的合金 的含铜百分数为，于是有 ， 整理得 ． 因为，所以，因此． 所以，所切下的合金的重千克． 解析2 设从重12千克的合金上切下的千克中含铜千克，从重8千克的合金上切下的千克中含 铜千克，则这两个合金含铜的百分数分别为和．于是有 ， 整理得 ． 因为，所以，因此，即所切下的合金重千克． 评注 在解含参数的方程时，一般情况下可以把参数消去，转化为只含有待求未知数的一般方程，也就是说应用题的解答与参数的数值无关． 3.6.14★★★设有甲、乙两个杯子，甲杯中装有10升溶液，乙杯中装有10升溶液，现在从甲杯中取出一定量的溶液，倒入乙杯并搅拌均匀，再从乙杯中取出等量的混合液倒入甲杯，测得甲杯溶液和溶液的比为5:1，求第一次从甲杯中取出的溶液是多少升？ 解析1 设从甲杯取出升溶液倒入乙杯，则乙杯中溶液与溶液的比为∶10．从这混合液中取出升，其中含溶液为升，溶液为升，所以 ， 化简得．即． 故第一次从甲杯中取出的溶液是2升． 解析2 注意到：⑴经过两次混合后，甲、乙两杯仍各有10升混合液，甲杯中、溶液比为5:1，说明乙杯中、溶液比为1:5；⑵第一次混合后乙杯中的、溶液比就是1:5．所以，设第一次从甲杯倒入升溶液到乙杯，则在第一次倒入后得，即（升）． 故第一次从甲杯中取出的溶液是2升． 3.6.15★★★★游泳者在河中逆流而上，于桥下将水壶遗失被水冲走，继续向前游了20分钟后他发现水壶遗失，于是立即返回，在桥下游距桥千米的桥下追到水壶．求该河水流的速度． 解析 设该河水流的速度为每小时千米，游泳者每小时游千米，则游泳者自桥逆流游了千米到处，在返回中用了小时，比水壶在遗失后飘流时间导小时少20分钟，因此得 ， ， ， （利用了合分比）， 所以， ． 所以，水流的速度是每小时3千米． 3.6.16★★★商场的自动扶梯以匀速由下往上行驶，两个小孩嫌自动扶梯太慢，于是在行驶的自动扶梯上，男孩每秒钟向上走2个梯级，女孩每2秒钟向上走3个梯级，结果男孩用了40秒钟，女孩用了50秒钟到达楼上，当该自动扶梯静止时，可看到的自动扶梯的梯级共有多少级？ 解析 设自动扶梯每秒钟上升级，由题意得 ， 解得，．所以，（级）． 所以，共有100级． 3.6.17★★★在一次象棋循环比赛中，每个棋手有一半的得分是在与最后三名次的棋手交锋中获得的． 试问，这次比赛有多少人参加？（规定每一局对弈的得分全部属于胜者或由互成和局的对手平分，负者不失分．） 解析 为叙述方便，称最末三名次的棋手为“弱手”，其余为“强手”，并设一局的得分为1分，那么弱手间彼此要赛三局，他们合计取得3分，依条件，这是他们全部得分合计的一半，因此弱手对强手合计取得3分．接下来，我们采用直接设元法来做这道题目． 设这次比赛共有人参加，强手同弱手共赛局，产生同样数目的分数。其中3分由弱手取得，其余分由强手取得． 依条件，强手对强手的得分总数亦是． 强手对强手要赛局，产生同样数目的分数．因此 ， 解得，或． 而的情况应排除，因为仅有一个强手不能对自己得分． 所以，． 故这次比赛共有9人参加． 3.6.18★★四位女孩——小陈、小周、小张和小严在演唱会上组成三重唱，即每次一人退出．小严唱了 7首歌，比其他任何一个人都多．小陈唱了4首歌，比其他任何一个人都少．问：这三人组共唱了多少 首歌？ 解析 小严唱得最多为7首，小陈唱得最少为4首，所以，其他二人：小周、小张唱的歌为5或6首，设她们共唱了首歌，则或或． 因为为正整数，故，． 所以，这三人组共唱了7首歌． 3．7含绝对值的方程 3.7.1★解方程． 解析 原方程可变形为 ， ， ， 所以．或．即，或． 3.7.2★解方程． 解析 原方程可变形为 ， 所以，，即． 所以或，解得或． 因为，所以原方程的解为． 评注 解这类含绝对值的方程，先把方程的一边整理为只含有绝对值符号，另一边不含有绝对值符号的方程，再根据绝对值是非负数找出隐含条件，最后判别求得的解是否满足隐含条件． 3.7.3★解方程． 解析 采用零点分段法，将全体实数分成，，三段，在这三个范围内讨论． ⑴当时，原方程为 ， 解得，与条件矛盾，此时无解． ⑵当时，原方程为 ， 解得，满足．所以是原方程的解． ⑶当时，原方程为 ， 解得，满足，所以是原方程的解． 综上所述，原方程的解为或． 3.7.4★解方程． 解析 式子的几何意义是：数轴上表示的点与点、点6的距离之和等于 8，从数轴上容易看出满足条件的在与6之间，即，解得． 3.7.5★★解方程． 解析 由，可得 或． ⑴当时， ， 则，即．那么 或， 解得（不符合题意，舍去），或． ⑵当时，得 ， 则，即．那么 或， 解得，或（不符合题意，舍去）． 所以原方程的解为或． 3.7.6★★已知方程有一负根，且无正根，求的取僮范围． 解析 设为方程的负根，原方程为， 即，所以应有． 设方程有正根，原方程为，即，所以应有． 综上所述，若使原方程有一负根且无正根，必须． 3.7.7★★若方程只有负根，求实数的取值范围． 解析 ⑴当时，原方程为 ． 当时，方程无解； 当时，则，所以． ⑵当时，原方程为 ． 当时，方程无解； 当时，得，所以． 综上可知，若使此方程只有负根，必须 ． 3.7.8★★、为有理数，且，方程 有三个不相等的解，求的值． 解析 原方程可化为，即 ． ⑴若与均大于0，则方程的解为 ，， 当时，这4个解两两不同；当时，原方程只有两解． ⑵若与中恰有一个为0时，那么先设，方程右3个解，，； 再设，方程只有1个解． ⑶若与中有小于0的，则方程的解少于3个． 综上所述，当时此方程有三个不相等的解． 3.7.9★★已知关于的方程为： ． ⑴解这个方程； ⑵若是一个奇质数的平方，证明这个方程的解是合数． 解析 ⑴当时，原方程的解是的一切实数； 当时，原方程可化为 ， 由，得； 由，得，矛盾． 经检验，是方程的解． 综上所述，当时，原方程的解是的一切实数；当时，原方程的解是． ⑵设，其中是奇质数，由⑴知，这时方程的解为 ． 当时，是合数； 当时，设，是大于1的正整数，则 为3的倍数（且大于3），是合数， 3．8分式方程 3.8.1★解方程 ． 解析 令，那么原方程为 ． 去分母得 , ， ， 所以 或． 由得，即，所以，；由，得，即，所以，． 经检验，它们都是原方程的根． 3.8.2★解方程． 解析 直接通分是非常复杂的，也是不明智之举．注意到，每项都是分子为1，分母为两因式的乘积，且各分母两个因式的差是一个相同的常数．对于这一类问题，我们可采取如下裂项相消法： 方程两边先同时乘以2 ． 裂项得 ， ， ， ， 所以， 解得． 经检验，它们都是原方程的解． 3.8.3★★解方程 ． 解析设，则原方程可化为 ， ， 所以或． 当时，，，故 ． 此方程无实数根， 当时，，，故 ， 所以或． 经检验，，是原方程的实数根． 3.8.4★★解方程 ． 解析 方程中各项的分子与分母之差都是1，根据这一特点把每个分式化为整式和真分式之和，这样原方程即可化简．原方程化为 ， ， 即 ， 所以 ， 解得． 经检验是原方程的根． 3.8.5★★解方程 ． 解析 注意到方程左边每个分式的分母中两个一次因式的差均为常数1，故可考虑把一个分式拆成两个分式之差的形式，用拆项相消进行化简，原方程变形为 ， 整理得 ， 去分母得 ， 解得 ，． 经检验知，，是原方程的根． 3.8.6★★解方程． 解析 令，则上式可化为 ． 去分母，并整理得 ， 即． 所以． 解得 ，，，． 经检验，它们都是原方程的解． 3.8.7★★解方程 ． 解析 显然，原方程可化为 ． 令，则方程可化为 ． 解此方程得或． 于是，或．解得． 经检验，是原方程的解． 评注 形式为的公式方程，均可变形为 ， 再用换元法求解． 3.8.8★★解方程 ． 解析 形式与上例相似．本题中分子与分母只是一次项的符号相反，故可考虑用合分比定理化简．原方程变形为 ， 即． 当时，解得． 经检验，是原方程的根，且也是原方程的根． 评注 使用合分比定理化简时，可能发生增根和失根的现象，需细致检验． 3.8.9★★★解方程． 解析 方程的左边是平方和的形式，可添项后配成完全平方的形式 ， ， ． 于是或． 当时，得，无实数解． 当时，得，，所以，． 经检验，它们都是原方程的解． 3.8.10★★解方程 ． 解析 将原主方程变形为 ． 设，则原方程变为 ， 解得，． 当时，； 当时，． 经检验及均是原方程的根． 评注 像这类特殊类型的方程可以化成一元二次方程，因而至多有两个根，显然时，与就是所求的根．例如，方程，即，所以，． 3.8.11★★★解方程 ． 解析 由原方程可得 ， 即． 令，则上式即 ， 所以或． 于是，或． 解得，，，． 经检验，它们都是原方程的解． 3.8.12★★解方程． 解析 设，则原方程为， 又根据假设可得，即 ． 韦达定理可得或 解得 经检验，它们都是原方程的解． 3.8.13★★解关于的方程 ． 解析 设，则原方程变为 ． 所以或． 由，得；由，得． 将或代入分母，得或，所以，当时，及都是原方程的根，当时，原方程无解． 3.8.14★★如果方程 只有一个实数根，求的值及对应的原方程的根． 解析 将原方程变形，转化为整式方程后得 ． ① 原方程只有一个实数根，因此，方程①的根的情况只能是： ⑴方程①有两个相等的实数根，即 ， 解得．此时方程①的两个相等的根是． ⑵方程①有两个不等的实数根，而其中一根使原方程分母为零，即方程①有一个根为0或2． (i)当时，代入①式得，即．这时方程①的另一个根是（因为，，或．而是增根）．它不使分母为零，确是原方程的唯一根． (ii)当时，代入①式，得 ， 即．这时方程①的另一个根是（因为．．所以（增 根），)．它不使分母为零，确是原方程的唯一根． 因此，若原分式方程只有一伞实数根时，所求的的值分别是，，，其对应的原方程的根依次为，1，． 3.9无理方程 3.9.1★解方程 ． 解析 移项得 ，两边平方后整理得 ，再两边平方后整理得 ， 所以，． 经检验知，为增根，所以原方程的根为． 评注 用乘方法（即将方程两边各自乘同次方来消去方程中的根号）来解无理方程，往往会产生增根，应注意验根． 3.9.2★解方程． 解析 令，则，从而原方程可化为： ． 解得或． 显然，故应舍去． 由，解得． 经检验，它们都是原方程的根． 3.9.3★★解方程 ． 解析 需要注意的是：可看成是，这就启发我们是否可用“两项和的平方”， 即完全平方公式将方程的左端配方．将原方程变形为 ， 即， 所以 或． 由得 ， 两边平方得 ， 解得，． 由得 ， 两边平方得 ， 解得．而当时，，故是增根． 经检验，原方程的根为，． 3.9.4★★解方程 ． 解析 注意到 ， 则可用完全平方公式将方程的左端配方，将原方程变形为： ， 即． 所以或． 由，解得或． 由，解得． 而当时，，故应舍去． 经检验知，，为原方程的根． 3.9.5★★★解方程 ． 解析 考虑到，于是将方程化为 ， 即， 所以 ． 因为， 所以． 移项得 ， 平方后解得． 经检验，是原方程的根． 3.9.6★★解方程 ． 解析 令，则原方程化为 ， ① 所以 ． ② 将①两这平方，并利用②得 ， ． 因为，所以 ． ③ 由①、③便可得． 经检验，是原方程的根． 3.9.7★★解方程 ． ① 解析 观察到题中两个根号的平方差是13，即 ． ② ②①便得 ． ③ 由①、③得 ，， 所以，． 经检验，，都是原方程的根． 3.9.8★★解方程 ．① 解析 由于 ， 于是 ．② 将①式代入上式得 ． ③ 由①、③可解得． 所以或． 经检验知，，都是原方程的解． 3.9.9★★★解方程 ． 解析 注意到 ． 设 ，， ，，则 ， ① ． ② 因为无解，所以①②得 ． ③ ②③得，即 ． 解得． 经检验，是原方程的根． 3.9.10★★★解方程 ． 解析 设，则．因此，原方程变为 ． 整理得， 即． 解得，即． 经检验知，是原方程的根． 评注 本题也可设，则．原方程化为 ， 整理得． 解得，从而． 3.9.11★★解方程 ． 解析 方程的左边可看成为 ， 方程右边为关于与的一个代数式，它们都含有与，因此可将与设成新的未知数． 设，，则原方程为 ． 因，，故得． 所以或，即或，解得或． 经检验，或都是原方程的根． 3.9.12★★解方程 ． 解析 对左国分母有理化，得 ， ， 所以， 解得． 经检验，是原方程的根． 3.9.13★★已知实数满足 ， 求的取值范围． 解析 原等式为，即 ． 所以，由，得． 当时，，原等式为，所以，故，于是． 当时，原等式为，这不可能． 所以，的取值范围为． 3.9.14★★设实数，并且满足方程 ， 求的值． 解析 原方程可以变形为 ， 所以． 所以， ， 解得．因，所以，． 3.9.15★★★关于的方程 有几个实根？ 解析 由于，所以原方程可化为 ． ① ⑴当时，方程①为 ， 即，解得． 结合，得． ⑵当时，方程①为 ， 即，解得． 结合，得． ⑶当时，方程①为 ， 即 ， 此方程无实根． 综上所述，原方程有两个实根． 3.9.16★★★当时，解方程 ． 解析 由原方程观察得，而，从而得． 原方程可化为． ⑴当时， ， ， 由于，所以，方程有两个不等实根 ，． 但，应舍去． 而，且，即． 经检验，是原方程的根． ⑵当时，原方程可化为 ， 即． 由于时，，故 ． 再由，易知． 而 ， 故，经检验，它们都是原方程的根． 综上所述，原方程共有三个实根 ， ， ． 3.9.17★★解方程 ． 解析 三个未知量、一个方程，要有确定的解，则方程的结构必然是极其特殊的．将原方程变形为 ， ， 配方得 ． 利用非负数的性质得 ，，． 所以 ，，． 经检验，，，是原方程的根． 3.9.18★★★解方程． 解析 考虑将方程转化为类似于的形式． 原方程可变为 ， ， 配方得 ． 由非负数的性质得， ，，． 所以，，． 经检验，，，是原方程的根． 1