--- title: "一元三次方程的判别式" date: "2026-08-08" summary: "从函数单调性出发推导一元三次方程判别式，分析三次方程实根情况，并将判别式应用于高考切线问题。" tags: - "数学" - "代数" - "一元三次方程" - "判别式" - "高考数学" featured: false --- # 引 研究方程,自然要研究根的情况. 对于二次方程,我们有判别式: $$\begin{gathered}ax^2+bx+c=0(a\ne0)\\ \Delta=b^2-4ac\end{gathered}$$ 来判断根的情况. - $\Delta\lt0$,无实数根 - $\Delta=0$,有两个相等的实数根 - $\Delta\gt0$,有两个不相等的实数根 那么,对于三次函数,是否也有简明的判断情况? # 推导 ## 抛砖 为了方便起见,我们只研究首系数为1的三次方程: $$\begin{gathered}x^3-px^2+qx-d=0\end{gathered}$$ 构造$f(x)=x^3-px^2+qx-d$,显然$f(x)$的值域为$R$,我们先取出两个符号不同的端点: $$\begin{gathered}M\ge 1,f(M)\ge M^3-|p|M^2-|q|M-|d|\\ \ge M^3-|p|M^2-|q|M^2-|d|M^2\\ =M^2(M-|p|-|q|-|d|)\gt0\\ \Longleftarrow M=1+|p|+|q|+|d|\end{gathered}$$ 同理,我们计算$f(-M)$: $$\begin{gathered}f(-M)\le -M^3+|p|M^2+|q|M+|d|\\ \le -M^3+|p|M^2+|q|M^2+|d|M^2\\ =-M^2\lt0\end{gathered}$$ 根据零点存在性定理,三次方程至少有一个实根. ## 引玉 更加细致地,我们通过导数判断$f(x)=0$是否有存在更多实数解的可能: $$\begin{gathered}f'(x)=3x^2-2px+q\\ \Delta=4p^2-12q=4(p^2-3q)\end{gathered}$$ 如果$\Delta\lt0$,则$f'(x)\gt0$,那么$f(x)$仅有一个实数根. 如果$\Delta=0,f'(x)\ge$,则$f(x)$近有一个实数根,这个实数根可能是单实数根,也可能是三重实根. 如果$\Delta\gt0$,设$x_1\lt x_2$是$f'(x)=0$的两根: - $x\in(-\infty,x_1)\cup(x_2,+\infty),f'(x)\gt0,f(x)$单调递增. - $x\in(x_1,x_2),f'(x)\lt0,f(x)$单调递减. 并且,比较$x_1,x_2$与$M$的大小得: $$\begin{gathered}x_{1,2}=\frac{p\pm\sqrt{p^2-3q}}{3}\\ |x_{1,2}|\le|\frac{p}{3}|+|\frac{\sqrt{p^2-3q}}{3}|\\ \le|\frac{p}{3}|+|\frac{\sqrt{p^2}+\sqrt{3|q|}}{3}|\\ \le|\frac{p}{3}|+|\frac{p}{3}|+|\sqrt\frac{|q|}{3}|\\ \le|\frac{2p}{3}|+\sqrt{2|q|}(q=0)\\ \le|\frac{2p}{3}|+1+|q|\le M(p=d=0,q=1)\\ =1+|p|+|q|+|d|\end{gathered}$$ 由于取等条件矛盾,所以等号不能同时取到,有:$|x_{1,2}|\lt M$. 所以,根据函数单调性可以判断,三次函数有三个不同的实数根等价于: $$\begin{cases}p^2-3q\gt0,\\f(x_1)f(x_2)\lt0\end{cases}$$ 三次函数有一个实数根和一对重根等价于: $$\begin{cases}p^2-3q\gt0,\\ f(x_1)f(x_2)=0\end{cases}$$ 三次函数有一个实数根和一对共轭虚根等价于: $$\begin{gathered}f(x_1)f(x_2)\gt0\text{ or }p^2-3q\lt0\end{gathered}$$ 三次函数有一个三重实根等价于: $$\begin{gathered}f(x_1)f(x_2)=0\text{ and }p^2-3q=0\end{gathered}$$ 可见,问题的关键是算出$f(x_1)f(x_2)$. $$\begin{cases}3x_1^2-2px_1+q=0,\\ 3x_2^2-2px_2+q=0\end{cases}\Longrightarrow \begin{cases}x_1^2=\frac{2px_1-q}{3},\\ x_2^2=\frac{2px_2-q}{3}\end{cases}$$ 贸然使用求根公式并不可靠,应该利用$f'(x)=0$降次: $$\begin{gathered}f(x_1)=x_1^3-px_1^2+qx_1-d\\ =(x_1-p)(x_1^2)+qx_1-d\\ =(x_1-p)\frac{2px_1-q}{3}+qx_1-d\\ =\frac{2px_1^2-(q+2p^2)x_1+pq}{3}+qx_1-d\\ =\frac{2p\frac{2px_1-q}{3}-(q+2p^2)x_1+pq}{3}+qx_1-d\\ =\frac{-2p^2+6q}{9}x_1+\frac{pq-9d}{9}\end{gathered}$$ 同理:$f(x_2)=\frac{-2p^2+6q}{9}x_2+\frac{pq-9d}{9}$ \[ k=2(3q-p^2),\qquad b=pq-9d, \] 带入$f(x_1)f(x_2)$: \[ \begin{aligned} 81f(x_1)f(x_2) &=(kx_1+b)(kx_2+b)\\ &=k^2x_1x_2+kb(x_1+x_2)+b^2\\ &=\frac{k^2q}{3}+\frac{2pkb}{3}+b^2. \end{aligned} \] 代入 \[ k=2(3q-p^2),\qquad b=pq-9d, \] 得到 \[ \begin{aligned} 81f(x_1)f(x_2) ={}&\frac{4q(3q-p^2)^2}{3}\\ &+\frac{4p(3q-p^2)(pq-9d)}{3}\\ &+(pq-9d)^2. \end{aligned} \] 两边乘以 \(3\)： \[ \begin{aligned} 243f(x_1)f(x_2) ={}&4q(3q-p^2)^2\\ &+4p(3q-p^2)(pq-9d)\\ &+3(pq-9d)^2. \end{aligned} \] 分别展开： \[ 4q(3q-p^2)^2 =36q^3-24p^2q^2+4p^4q, \] \[ \begin{aligned} 4p(3q-p^2)(pq-9d) ={}&12p^2q^2-4p^4q\\ &-108pqd+36p^3d, \end{aligned} \] \[ 3(pq-9d)^2 =3p^2q^2-54pqd+243d^2. \] 相加得 \[ \boxed{ 243f(x_1)f(x_2) = 36p^3d-9p^2q^2-162pqd+36q^3+243d^2 }. \] 所以 \[ f(x_1)f(x_2)<0 \] 等价于 \[ \boxed{ 36p^3d-9p^2q^2-162pqd+36q^3+243d^2<0 }. \] 化简系数: $$\begin{gathered}\boxed{\Delta=p^2q^2-4q^3-4p^3d-27d^2+18pqd}\end{gathered}$$ 一元二次方程只有一个判别式,而一元三次方程居然有两个判别式,我们不禁思考:$p^2-3q\ge0$和$\Delta=p^2q^2-4q^3-4p^3d-27d^2+18pqd\gt0$是否是两个独立的条件? 研究这个问题,我们把$d$当成主元,$p,q$作为变量,按照$d$的降幂排列: $$\begin{gathered}\Delta=-27d^2+(18q-4p^2)pd+q^2(p^2-4q)\gt0\end{gathered}$$ 这是一个关于$d$的一元二次不等式,要求其有实数解: $$\begin{gathered}\Delta_\Delta=(18q-4p^2)^2p^2+108q^2(p^2-4q)\gt0\end{gathered}$$ 当$p^2=3q$,恰好有$\Delta_\Delta=0$,这说明$p^2-3q$是$\Delta_\Delta$的一个因式: $$\begin{gathered}\Delta_\Delta=(18q-4p^2)^2p^2+108q^2(p^2-4q)\\ =[6q-4(p^2-3q)]^2[(p^2-3q)+3q]+108q^2[(p^2-3q)-q]\\ =16(p^2-3q)^3\\ =16(p^2-3q)^3\gt0\end{gathered}$$ 这表明,如果有$\Delta=p^2q^2-4q^3-4p^3d-27d^2+18pqd\gt0$,一定有$p^2-3q\gt 0$ 若$p^2-3q\lt0$,必然有$\Delta=-f(x_1)f(x_2)\lt0$ 反之,$p^2-3q\gt0$,需要有合适的$d$才能让$\Delta=-f(x_1)f(x_2)\gt0$(一元三次方程有三个不同的实数根). ## 重新叙述 三次方程$x^3-px^2+qx-d=0$的判别式为: $$\begin{gathered}\boxed{\Delta=p^2q^2-4q^3-4p^3d-27d^2+18pqd}\end{gathered}$$ 三次函数有三个不同的单实数根等价于: $$\begin{gathered}\Delta\gt0\end{gathered}$$ 三次函数有一个单实数根和一个二重重根等价于: $$\begin{cases}p^2-3q\gt0,\\ \Delta=0\end{cases}$$ 三次函数有一个单实数根和一对共轭虚根等价于: $$\begin{gathered}\Delta\lt0\end{gathered}$$ 三次函数有一个三重实根等价于: $$\begin{gathered}p^2-3q=\Delta=0\end{gathered}$$ ## 高考实战 (节选自2014北京:文)已知函数$f(x)=2x^3-3x$. (3)问过点$A(-1,2),B(2,10),C(0,2)$分别存在几条直线与曲线$y=f(x)$相切? 设过点 \(P(x_0,y_0)\) 的直线为 \[ y=k(x-x_0)+y_0. \] 与曲线 \(y=2x^3-3x\) 联立： \[ 2x^3-3x=k(x-x_0)+y_0, \] 即 \[ 2x^3-(k+3)x+(kx_0-y_0)=0. \] 对于一般三次方程 \(ax^3+bx^2+cx+d=0\)，其判别式为 \[ \Delta=b^2c^2-4ac^3-4b^3d-27a^2d^2+18abcd. \] 这里 \[ a=2,\quad b=0,\quad c=-(k+3),\quad d=kx_0-y_0, \] 所以 \[ \begin{aligned} \Delta &=-4\cdot2[-(k+3)]^3 -27\cdot2^2(kx_0-y_0)^2\\ &=8(k+3)^3-108(kx_0-y_0)^2. \end{aligned} \] 直线与曲线相切时，交点方程有重根，因此 \[ \Delta=0. \] 约去 \(4\)，得 \[ 2(k+3)^3-27(kx_0-y_0)^2=0. \] 展开： \[ \boxed{ 2k^3+(18-27x_0^2)k^2 +(54+54x_0y_0)k +54-27y_0^2=0 }. \] 记此关于 \(k\) 的三次方程为 \(F(k)=0\)。 --- ### 1. 点 \(A(-1,2)\) 代入 \(x_0=-1,\ y_0=2\)： \[ 2k^3-9k^2-54k-54=0. \] 其判别式为 \[ \Delta_A=78732>0. \] 所以该方程有三个不同的实根，即有三个不同的实数斜率，故 \[ \boxed{A\text{ 点有 }3\text{ 条切线}}. \] --- ### 2. 点 \(B(2,10)\) 代入 \(x_0=2,\ y_0=10\)： \[ 2k^3-90k^2+1134k-2646=0. \] 除以 \(2\)： \[ k^3-45k^2+567k-1323=0. \] 因式分解： \[ k^3-45k^2+567k-1323 =(k-3)(k-21)^2. \] 所以不同的斜率只有 \[ k=3,\qquad k=21. \] 虽然判别式为 \(0\)，但方程有一个单根和一个二重根，因此有两个不同的斜率，故 \[ \boxed{B\text{ 点有 }2\text{ 条切线}}. \] --- ### 3. 点 \(C(0,2)\) 代入 \(x_0=0,\ y_0=2\)： \[ 2k^3+18k^2+54k-54=0. \] 其判别式为 \[ \Delta_C=-1259712<0. \] 所以该方程只有一个实根，即只有一个实数斜率，故 \[ \boxed{C\text{ 点有 }1\text{ 条切线}}. \] 因此最终结果为 \[ \boxed{A:3\text{ 条},\qquad B:2\text{ 条},\qquad C:1\text{ 条}.} \] 其中，关键的正确斜率方程是 \[ \boxed{ 2k^3+(18-27x_0^2)k^2 +(54+54x_0y_0)k +54-27y_0^2=0 }. \]