判别式与韦达定理-(5)

所以a，b是关于t的方程

22

(x0 1)t2 (x0 2)t (x0 2x0) 0

相异的两根，因此

2

x0 2

a b ,

x0 1

2x0 2x0

ab .

x0 1

于是 ab-（a+b）=2，即（a-1）（b-1）=3.

a 1 1a 1 3

或 b 1 3b 1 1 a 2 a 4解得 b 4 或 b 2

由

ab baba

ab 256. ∴ b

a

a b

例11 设实数a，b，c满足

a2 bc 8a 7 0,① b2 c2 bc 6a 6 0. ②

求证:1≤a≤9.

2

证明 由①得bc=a-8a+7.

①-②得 b+c= (a 1).

所以实数b，c可看成一元二次方程

x2 (a 1)x a2 8a 7 0

的两根，则有△≥0，即

(a 1) 2 4(a2 8a 7)≥0，

即（a-1）（a-9）≤0，∴1≤a≤9.

例12 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

x y k(a b), （k，a，b为已知数） xy kab.

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 2

z-k（a+b）z+kab=0的两根. ∵k≥1，故判别式

2222222

△ =k（a+b）-4kab≥k（a+b）-4kab=k（a-b）≥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.