-一元二次方程的整数根

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ax2＋bx＋c＝0在△＝b2－4ac≥0时有实数根x＝。所以要使整系数的一元二次方程方程有整数根，必须△＝b2－4ac为完全平方数，并且－b±为2a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△＝k2（k是整数）。当△＝k2为关于原参数的一次式时，用代入法来解；当△＝k2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.

（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。

经典例题解析

例1．(1995年山东省初中数学竞赛试题)k为什么整数时，方程(6－k)(9－k)x2－(117－15k)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 ,故方程的二根为 x1＝，x2＝.为使x1 和x2都是整数，则应有k-6 = ±1,±3,±9 ， k=-3,3,5,7,9,15;还应有k-9 = ±1,±2, ±3,±6,  k=3,6，7,8,10,11,12，15. 所以k=3,7,15时，x1 和x2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年全国初中数赛试题)设关于x的二次方程

(k2－6k＋8)﹒x2＋(2k2－6k－4)x＋k2＝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x1（或x2）为整数的实数k有无穷多个，所以要先消去k，得到关于x1，x2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  (k－2)(k－4)x2＋(2k2－6k－4)x＋(k－2)(k＋2)＝0.

分解因式得  [(k－2)x＋k＋2][(k－4)x＋k－2]＝0.

显然，k≠2，k≠4.解得 

x1＝－ = ；   x2＝－=.

于是有  ， （x1≠-1, x2≠-1）

两式相减消去k整理得   x1x2＋3x1＋2＝0

即     x1(x2＋3)＝－2.

于是有  或或或

解得   或或或 (舍去)

因为 ,当 x1 = -2 时， k=6; 当 x1 = 2 时， k=;当 x1 = 1 时， k=3.

经检验，k=6，3， 都满足题意。.

例3．（2000年广东奥林匹克学校高中入学考试数学试题）求当m为何整数时，关于x的一元二次方程mx2-6x+9=0与x2-4mx+4m2-4m-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。

解 依题意有   

解得，且m≠0.又m为整数，故m = ±1。

当m =1时，方程mx2-6x+9=0的二根均为1，方程x2-4mx+4m2-4m-5=0的二根为-1和5，符合要求。

当m =-1时，方程mx2-6x+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题)若关于x的方程

ax2+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数a的一次式，一般可以设其为t2（t为非负整数），再将方程的根用t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)2-4a(a-2)=4(9-4a),  ∴9-4a为完全平方数。

设9-4a = t2（t为正奇数，且t≠3）, 则 a=. 此时，方程的二根为

x1,2= = -1+ = -1 +  = -1+

x1= -1+ , x2= -1+

要使x1为整数，而t为正奇数，只能t=1，此时a=2;

要使x2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年全国初中数赛试题)已知方程x2-6x-4n2-32n=0的根都是整数，求整数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  因二次方程的根都是整数， 故△=4n2+32n+9应为完全平方数。

设 4n2+32n+9=k2(k>0,k为整数)，即(2n+8)2-k2=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

，，，

分别解得n=10,n=0,n=-18,n=-8.

分析2 因4n2+32n+9=k2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△1=4n2+32n+9应为完全平方数。

设 4n2+32n+9=k2(k>0,k为整数)，即4n2+32n+9-k2=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=322-4×4×(9-k2)=16(k2+55) 为完全平方数

设k2+55=t2, (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

,，, ,

分别解得k=27, 3, -27或-3，于是 4n2+32n+9=272，或4n2+32n+9=33，分别解得n=10, n=-18,n=-8, n=0. 所以整数n的值为-18,-8,0,10.

例6（1996年湖北省黄冈地区初中数学竞赛试题）求使关于x的方程 (a+1)x2-(a2+1)x+2a3-6=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=-7a4-8a3+2a2+24a+25

若a≥2，由于-a4+2a2<0,-6a4+24a<0,-8a3+25<0,所以Δ<0，原方程无实根；

若a≤-2，由于-4a4-8a3<0,-2a4+25<0,-a4+2a2<0,24a<0,所以Δ<0，原方程无实根；

当a=0时，原方程变为x2-x-6=0 ，二根为-2，3；

当a=1时，原方程变为2x2-2x-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 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年全国初中数赛试题)求所有正实数,使得方程仅有整数根.

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。

解 设两整数根为x1, x2，则

消去a,  得x1x2 -4( x1+ x2)=0

    （x1-4）（x2-4）=16

x1-4 = ±1, ±2,±4,±8,±16

x2-4 = ±16,±8,±4,±2,±1

x1+ x2 - 8 =±17, ±10, ±8

a – 8= ±17, ±10, ±8

a = 25, 18, 16, -9, -2, 0 

因a为正实数，于是或18或16均为所求.

例8 (第十七届全俄数学奥林匹克十年级试题)求使方程x2-pqx+p+q=0有整数根的所有正整数p和q．

解 设原方程两根为x1、x2，则x1x2 = p+q     (1)

x1+x2 = pq    (2)

因此，这两根之和与两根之积均为正整数。若x1是整数，由(2)知也是x2整数，由(1)知二根均为正整数。

(1)-(2)得，x1x2-( x1+x2)= p+q-pq，即(x1-1)(x2-1)+(p-1)(q-1)=2

将2表为两个非负整数之和，只有三种情况：0+2；1+1；2+0。

若(p-1)(q-1)=2，则p=3，q=2或p=2，q=3；

若(p-1)(q-1)=1，则p=q=2；

若(p-1)(q-1)=0，则p=1，q=5，或p=5，q=1．

评注 虽然都是用根与系数的关系解题，本题和上题在解法上又有一些差别。这里用到了整数根和参数间的和，差，积都是整数的性质。

例9  (第三届“祖冲之杯”初中数学竞赛试题)试求所有这样的正整数a，使方程ax2＋2(2a－1)x＋4(a－3)＝0至少有一个整数解.

分析 直接利用判别式不能求出的范围，由于两根不一定都是整数，利用韦达定理也不方便，这时我们可以考虑变更主元。在本题中参数a的次数为一次，所以可考虑将a用x表示出来，然后利用a是正整数的性质求出x的范围再求解。

解 a (x+2)2＝2(x+6), 显然x≠－2，所以

     a＝.                       ①

 又a是正整数，则≥1.   解得－4≤x≤2且x≠－2.

 故x＝－4,－3,－1,0,1,2. 分别代入①得a＝1,6,10,3,,1. 

因a为正整数，所以a的值可为1,3,6,10.

例10．（1994年福州市初中数学竞赛试题）当m是什么整数时，关于x的方程x2-(m-1)x+m+1=0的两根都是整数？

解 原方程可化为(x-1)m=x2+x+1。显然 x=1 不是原方程的解，即x≠1。所以 m=,即m= x+2 + 。

因为m是整数，所以整数x-1只能取±1,±3，即 x=2,0,4,2,相应地 m=7或m = -1。

所以当m=7或m = -1时方程的两根都是整数

评注 本题与上题相同的是参数都是一次式，不同的是m的范围不是已知的，不宜用借不等式的方法求解。又将参数m用x表示后的分式中，分母比分子的次数高，于是可以采用分离整式的方法求整数解。

同步训练

1．(1993年天津市初二数学竞赛题)m是什么整数时,方程(m2-1)x2-6(3m-1)x+72=0有两个不相等的正整数根?

2． (2000年“鲁中杯”绍兴四市县数赛试题)已知关于x的方程

              (4-k)(8-k)x2-(80-12k)x+32=0

的解都是整数，求整数k的值。

3． (1993年天津市初中数学竞赛试题)设m为整数，且4＜m＜40，又方程x2－2(2m－3)x＋4m2－14m＋8＝0有两个整数根.求m的值及方程的根.

4．(2001年山东省初中数学竞赛试题）关于x的方程 kx 2–(k-1)x+1=0有有理根，求整数k的值。

5．（2005年“卡西欧杯”全国初中数学竞赛试题）已知p，q都是质数，且使得关于x的二次方程至少有一个正整数根，求所有的质数对（p，q）.

6．(1999年全国初中数赛试题) 设a是大于零的实数，已知存在惟一的实数k，使得关于x的二次方程

x2＋(k2＋ak)x＋1999＋k2＋ak＝0

的两个根均为质数. 求a的值.

7．设方程a2x2＋ax＋1-7a2＝0的两根都是整数，求所有的正数a。

8．（1998年全国初中数合竞赛试题）求所有正实数,使得方程仅有整数根.

9．（2003年湖南省高中理科实验班招生考试数学试题）设函数f(x)=x3+(2+2a-a2)x-2a(a+1), a为实数。

（1）证明：f(a)=0

（2）如果关于的方程f(x)=0有三个整数根，试求实数a的所有值。

10. （第17届江苏省初中数学竞赛试题）当m为整数时，关于x的方程(2m-1)x2-(2m+1)x+1=0是否有有理数根？如果有，求出m的值；如果没有，请说明理由。

同步训练题参

1． 原方程可分解为[(m-1)x-6)][(m+1)x-12]=0.因为m≠±1,所以x1=,  x2=。

∵x1,x2为正整数,∴m-1=1,2,3,6,且m+1=1,2,3,4,6,12,解得m=2或m=3.但m=3时,x1=x2,故舍去,从而m=2为所求.

2． 当k=4时, x=1 ;  当k=8时, x=-2 ;

当k≠4且k≠8时，原方程可变形为 [(4-k)x-8] [(8-k)x-4] = 0,所以x1=, x2=。

因x1是整数，故8-k=±1，±2，±4。从而 k=4（舍），6，7，9，10，12。而 k=7，9，10 时，x2不是整数，故k=6或12。

综上所述，k=4，6，8或12。

3．考察判别式△＝4(2m＋1)，由已知4＜m＜40，可知 9＜2m＋1＜81.为使判别式为完全平方数，只有2m＋1＝25或2m＋1＝49.

当2m＋1＝25时，m＝12，方程两根分别为16，26；

当2m＋1＝49时，m＝24，方程两根分别为38，52.

4．当k=0时, x=-1方程有有理根;

当k≠0时,∵方程有有理根，∴判别式△1=(k-1)2-4k=k2-6k+1为完全平方数.

设k2-6k+1=m2(m为非负整数)，即 k2-6k+1-m2=0          ①

将①式看作关于k的二次方程，由题设知有整数根，故①式的判别式△2=36-4(1-m2)=4(m2+8)应为完全平方数，从而m2+8是完全平方数。令m2+8=n2(n为正整数，且m∴解得 

将n=3代入①式得k=6或k=0(舍去)。

综上所述，方程 kx 2–(k-1)x+1=0有有理根时有k=0或k=6。

5．设方程的两根为x1，x2 ( x1≤x2 ),则有 

x1+x2 = 8p-10q             ①

x1x2 = 5pq                 ②

由①知，方程的另一根为整数，由②知，方程的另一根为正整数。

又由②知，x1，x2有如下几种可能的情况：

将x1+x2=1+5pq, 5+pq,p+5q,q+5p 分别代入①：

当x1+x2=1+5pq时， 1+5pq = 8p-10q， 而 1+5pq>10p>8p-10q，此时无解；

当x1+x2=5+pq时，5+pq= 8p-10q，从而(p+10)(q-8)=-85

因p，q都是质数，只可能有

 所以 （p，q）=（7，3）；

当x1+x2= p+5q 时， p+5q= 8p-10q，7 p=15q，不可能成立，此时无解；

当x1+x2= q +5 p 时，q +5 p = 8p-10q，3 p=11q，所以（p，q）=（11，3）

综上所述，满足条件的质数对（p，q）=（7，3）或（11，3）。

6．设方程的两个质数根为p﹑q. 由根与系数的关系，有

             p＋q＝－(k2＋ak)，                    ①

             pq＝1 999＋k2＋ak.                    ②

①＋②，得  p＋q＋pq＝1999

则          (p＋1)(q＋1)＝24×53.                    ③

由③知，p、q显然均不为2，所以必为奇数. 故和均为整数，且＝22×53.

若为奇数，则必＝5r(r＝1，2，3)，从而p＝2×5r－1为合数，矛盾. 因此，必为偶数. 同理，也为偶数.所以，和均为整数，且＝53.

不妨设p≤q，则＝1或5.

当＝1时，＝53，得p＝3，q＝499，均为质数.

当＝5时，＝52，得p＝19，q＝99，q为合数，不合题意.

综上可知，  p＝3，q＝499.

代入①得    k2＋ak＋502＝0.                       ④

依题意，方程④有惟一的实数解. 故△＝a2－4×502＝0.有a＝2

7．将原方程整理成关于a的方程，得(x2-7)a2+xa+1=0。

因x是整数，△ = x2-4(x2-7) = 28 -3x2 ≥ 0, 即 x2≤.从而 x 2 = 0, 1,4,9.   x=0, ±1,±2,±3.

当x=0时， 代入方程解得a=±；

当x = 1时， 代入方程解得a =或 a=；

当x = -1时， 代入方程解得a =或a=；

当x = 2时， 代入方程解得a = 1或a=；

当x = -2时， 代入方程解得a =或a = -1；

当x = 3时， 代入方程解得a =或a = -1；

当x = -3时， 代入方程解得a = 或a = 1。

于是 a=,,,1.

当a=时，原方程两根为 -2, -1;

当a=时，原方程两根为 1, -3;

当a=时，原方程两根为0,- 

当a = 1时，原方程两根为2, -3.

综上所述，a = , , 1.

8．设两整数根为x1,x2，则x1+x2=a 为整数。

a(x-4)=x2, 显然x≠4, ∴ >0, a=x+4+，于是 x-4=1，2，4，8，16，从而x=5,6,8,12,20;于是 a=16,18或25。

9. （1） f(a) = a3+(2+2a-a2)a-2a(a+1)=0.

（2）f(x)=(x-a)(x2+ax+2a+2)

因关于的方程f(x)=0有三个整数根，故x=a为整数，且x2+ax+2a+2=0 二根为整数，其△=a2-8a-8为完全平方数。

设a2-8a-8 = t2  (t≥0, 且为整数), 

即 (a-4+t)(a-4-t)=24      (*) 

因a-4+t与a-4-t的奇偶性相同，由(*)知a-4+t与a-4-t必同为偶数，

注意到a-4+t≥a-4-t，

故，或，或，或

解得 a=11,-3,9或-1，即a的所有值为-3，-1，9，11。

10．当m为整数时，原方程为二次方程，△＝(2m+1) 2- 4(2m-1) = 4m 2-4m+5 =(2m-1) 2 +4。

若方程有有理数根，则△应为完全平方数，设 (2m-1) 2 +4= k 2( k为整数)，即[k+(2m-1)] [k-(2m-1)] = 4。注意到k+(2m-1)与k-(2m-1)有相同的奇偶性，故有

k+(2m-1) = 2，k-(2m-1) = 2 或k+(2m-1) = -2，k- (2m-1)=-2。二式都得到 m =, 此时m不是整数。所以方程没有有理数根。