ax2+2bx+c=0(aX平方+2bX+c=0)有两相等实根能推出a,b,c成等比吗?有没有特殊情况?

用反证法证明某个命题成立时，应假设命题的反面成立，即假设命题的否定成立．
命题“三个方程ax²+2bx+c=0，bx²+2cx+a=0，cx²+2ax+b=0至少有一个方程有两个相异实根”的否定为：
“三个方程都没有两个相异实根”，
故选 A．

点评：
本题考点： 反证法与放缩法．

考点点评： 本题考查反证法的定义，求一个命题的否定，求一个命题的否定 是解题的关键．

证明：假设题中的三个方程都有两个相等的实数根，不妨设这三个方程的根的判别式为△₁，△₂，△₃，
则有

△1＝4b2−4ac＝0 ①
△2＝4c2−4ab＝0 ②
△3＝4a2−4bc＝0 ③．
由①+②+③得：a²+b²+c²-ab-ac-bc=0，
有2a²+2b²+2c²-2ab-2ac-2bc=0，
即（a-b）²+（b-c）²+（c-a）²=0，
∴a=b=c，这与已知a，b，c为互不相等的非零实数矛盾，
故题中的三个方程不可能都有两个相等的实数根．

点评：
本题考点： 反证法；根的判别式．

考点点评： 考查根的判别式，学习反证法的应用．

证明：反证法：
假设三个方程中都没有两个相异实根，
则△₁=4b²-4ac≤0，△₂=4c²-4ab≤0，△₃=4a²-4bc≤0．
相加有a²-2ab+b²+b²-2bc+c²+c²-2ac+a²≤0，
（a-b）²+（b-c）²+（c-a）²≤0．①
由题意a、b、c互不相等，∴①式不能成立．
∴假设不成立，即三个方程中至少有一个方程有两个相异实根．

点评：
本题考点： 反证法与放缩法．

考点点评： 本题考查反证法证题的方法和步骤，假设结论的反面成立，依据定义、定理和性质推出矛盾，说明假设不对，从而要证的结论成立．

（1）∵c为方程的一个正实根（c＞0），
∴ac²+2bc+c=0．
∵c＞0，
∴ac+2b+1=0，即ac=-2b-1．
∵2ac+b＜0，
∴2（-2b-1）+b＜0．
解得b＞−
2
3．
又∵ac＞0（由a＞0，c＞0）．
∴-2b-1＞0．
解得b＜−
1
2．
∴−
2
3＜b＜−
1
2；
（2）当a=1时，此时方程①为x²+2bx+c=0．
设方程①与方程②的相同实根为m，
∴m²+2bm+c=0③
∴4m²+4bm+c=0④
④-③得3m²+2bm=0．
整理，得m（3m+2b）=0．
∵m≠0，
∴3m+2b=0．
解得m＝−
2b
3．
把m＝−
2b
3代入方程③得(−
2
3b)2+2b(−
2
3b)+c＝0．
∴−
8b2
9+c＝0，即8b²=9c．
当8b²=9c时，
8b2−c
8b2+c＝
4
5．
故答案为：−
2
3＜b＜−
1
2，[4/5]．

点评：
本题考点： 根的判别式；一元二次方程的解．

考点点评： 本题考查的是一元二次方程的解及根的判别式，解答此题的关键是熟知根的判别式与方程的根之间的关系．

证明：反证法：
假设三个方程中都没有两个相异实根，
则△₁=4b²-4ac≤0，△₂=4c²-4ab≤0，△₃=4a²-4bc≤0．
相加有a²-2ab+b²+b²-2bc+c²+c²-2ac+a²≤0，
（a-b）²+（b-c）²+（c-a）²≤0．①
由题意a、b、c互不相等，∴①式不能成立．
∴假设不成立，即三个方程中至少有一个方程有两个相异实根．

点评：
本题考点： 反证法与放缩法．

考点点评： 本题考查反证法证题的方法和步骤，假设结论的反面成立，依据定义、定理和性质推出矛盾，说明假设不对，从而要证的结论成立．

证明：反证法：
假设三个方程中都没有两个相异实根，
则△₁=4b²-4ac≤0，△₂=4c²-4ab≤0，△₃=4a²-4bc≤0．
相加有a²-2ab+b²+b²-2bc+c²+c²-2ac+a²≤0，
（a-b）²+（b-c）²+（c-a）²≤0．①
由题意a、b、c互不相等，∴①式不能成立．
∴假设不成立，即三个方程中至少有一个方程有两个相异实根．

点评：
本题考点： 反证法与放缩法．

考点点评： 本题考查反证法证题的方法和步骤，假设结论的反面成立，依据定义、定理和性质推出矛盾，说明假设不对，从而要证的结论成立．

证明：假设题中的三个方程都有两个相等的实数根，不妨设这三个方程的根的判别式为△₁，△₂，△₃，
则有

△1＝4b2−4ac＝0 ①
△2＝4c2−4ab＝0 ②
△3＝4a2−4bc＝0 ③．
由①+②+③得：a²+b²+c²-ab-ac-bc=0，
有2a²+2b²+2c²-2ab-2ac-2bc=0，
即（a-b）²+（b-c）²+（c-a）²=0，
∴a=b=c，这与已知a，b，c为互不相等的非零实数矛盾，
故题中的三个方程不可能都有两个相等的实数根．

点评：
本题考点： 反证法；根的判别式．

考点点评： 考查根的判别式，学习反证法的应用．

证明：由已知得2b=pc+ra，
所以△=（2b）²-4ac=（pc+ra）²-4ac
=p²c²+2pcra+r²a²-4ac
=p²c²-2pcra+r²a²+4pcra-4ac
=（pc-ra）²+4ac（pr-1）．
由已知pr-1＞0，又（pc-ra）²≥0，
所以当ac≥0时，△≥0；
当ac＜0时，也有△=（2b）²-4ac＞0．
综上，总有△≥0，
故原方程必有实数根．

点评：
本题考点： 根的判别式．

考点点评： 本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0，a，b，c为常数）根的判别式．当△＞0，方程有两个不相等的实数根；当△=0，方程有两个相等的实数根；当△＜0，方程没有实数根．同时考查了代数式的变形能力．

证明：由已知得2b=pc+ra，
所以△=（2b）²-4ac=（pc+ra）²-4ac
=p²c²+2pcra+r²a²-4ac
=p²c²-2pcra+r²a²+4pcra-4ac
=（pc-ra）²+4ac（pr-1）．
由已知pr-1＞0，又（pc-ra）²≥0，
所以当ac≥0时，△≥0；
当ac＜0时，也有△=（2b）²-4ac＞0．
综上，总有△≥0，
故原方程必有实数根．

点评：
本题考点： 根的判别式．

考点点评： 本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0，a，b，c为常数）根的判别式．当△＞0，方程有两个不相等的实数根；当△=0，方程有两个相等的实数根；当△＜0，方程没有实数根．同时考查了代数式的变形能力．

证明：假设题中的三个方程都有两个相等的实数根，不妨设这三个方程的根的判别式为△₁，△₂，△₃，
则有

△1＝4b2−4ac＝0 ①
△2＝4c2−4ab＝0 ②
△3＝4a2−4bc＝0 ③．
由①+②+③得：a²+b²+c²-ab-ac-bc=0，
有2a²+2b²+2c²-2ab-2ac-2bc=0，
即（a-b）²+（b-c）²+（c-a）²=0，
∴a=b=c，这与已知a，b，c为互不相等的非零实数矛盾，
故题中的三个方程不可能都有两个相等的实数根．

点评：
本题考点： 反证法；根的判别式．

考点点评： 考查根的判别式，学习反证法的应用．

证明：假设题中的三个方程都有两个相等的实数根，不妨设这三个方程的根的判别式为△₁，△₂，△₃，
则有

△1＝4b2−4ac＝0 ①
△2＝4c2−4ab＝0 ②
△3＝4a2−4bc＝0 ③．
由①+②+③得：a²+b²+c²-ab-ac-bc=0，
有2a²+2b²+2c²-2ab-2ac-2bc=0，
即（a-b）²+（b-c）²+（c-a）²=0，
∴a=b=c，这与已知a，b，c为互不相等的非零实数矛盾，
故题中的三个方程不可能都有两个相等的实数根．

点评：
本题考点： 反证法；根的判别式．

考点点评： 考查根的判别式，学习反证法的应用．

证明：假设题中的三个方程都有两个相等的实数根，不妨设这三个方程的根的判别式为△₁，△₂，△₃，
则有

△1＝4b2−4ac＝0 ①
△2＝4c2−4ab＝0 ②
△3＝4a2−4bc＝0 ③．
由①+②+③得：a²+b²+c²-ab-ac-bc=0，
有2a²+2b²+2c²-2ab-2ac-2bc=0，
即（a-b）²+（b-c）²+（c-a）²=0，
∴a=b=c，这与已知a，b，c为互不相等的非零实数矛盾，
故题中的三个方程不可能都有两个相等的实数根．

点评：
本题考点： 反证法；根的判别式．

考点点评： 考查根的判别式，学习反证法的应用．

证明：由已知得2b=pc+ra，
所以△=（2b）²-4ac=（pc+ra）²-4ac
=p²c²+2pcra+r²a²-4ac
=p²c²-2pcra+r²a²+4pcra-4ac
=（pc-ra）²+4ac（pr-1）．
由已知pr-1＞0，又（pc-ra）²≥0，
所以当ac≥0时，△≥0；
当ac＜0时，也有△=（2b）²-4ac＞0．
综上，总有△≥0，
故原方程必有实数根．

点评：
本题考点： 根的判别式．

考点点评： 本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0，a，b，c为常数）根的判别式．当△＞0，方程有两个不相等的实数根；当△=0，方程有两个相等的实数根；当△＜0，方程没有实数根．同时考查了代数式的变形能力．