专题训练：一元二次方程四类综合问题分类训练-2024-2025学年八年级数学下册单元速记·巧练（浙教版）

一元二次方程四类综合问题分类训练 一．换元法解一元二次方程（共4小题） 1．（2024春•柯桥区月考）已知（x2+y2+2）（x2+y2+4）＝15，则x2+y2的值为 　 　 2．（2023春•镇海区期末）若实数x满足2（x2﹣x）2﹣x2+x﹣6＝0 则x2﹣x+1＝　 　． 3．（2024春•瓯海区校级月考）若关于x的一元二次方程ax2+6x﹣8＝0的解为x1＝2，x2＝4，则关于y的一元二次方程的解为 　 　． 4．（2023春•鄞州区期中）我们知道方程x2+2x﹣3＝0的解是x1＝1，x2＝﹣3，现给出另一个方程（2x+3）2+2（2x+3）﹣3＝0，它的解是 　 　． 二．根的判别式（共2小题） 5．（2024春•宁海县期中）根据以下材料，完成题目． 材料一：数学家拉为了解决一元二次方程x2＝﹣1在实数范围内无解的问题，引进虚数单位i，规定i2＝﹣1．当b≠0时，形如a+bi（a，b为实数）的数统称为虚数．比如5i，3+2i，．当b＝0时，a+bi＝a+0•i＝a为实数． 材料二：虚数的运算与整式的运算类似，任意两个虚数a+bi，c+di（其中a，b，c，d为实数．且b≠0，d≠0）有如下运算法则： （a+bi）+（c+di）＝（a+c）+（b+d）i； （a+bi）﹣（c+di）＝（a﹣c）+（b﹣d）i； （a+bi）•（c+di）＝ac+adi+bci+bdi2＝（ac﹣bd）+（ad+bc）i； 材料三：关于x的一元二次方程ax2+bx+c＝0（a，b，c为实数）如果没有实数根，那么它有两个虚数根，求根公式为． 解答以下问题： （1）填空：化简i4＝ 　 　，（1+i）2＝ 　 　； （2）关于x的一元二次方程x2+mx+n＝0有一个根是1+i，其中m，n是实数，求m+n的值； （3）已知关于x的一元二次方程x2﹣3x﹣k+4＝0无实数根，且k为正整数，求该方程的虚数根． 6．（2024春•杭州期中）【综合与实践】 [问题情境]对于关于x的一元二次方程ax2+bx+c＝0（a，b，c为常数，且a≠0），求方程的根的实质是找到一个x的具体的值，代入之后等式成立．一般情况下，如果有两个不同的x的具体值都满足，这就说明这个方程有两个根，且两根与a，b，c之间具有一定的关系． [操作判断]项目研究小组经过讨论得到两个结论： （1）当a+b+c＝0时，则一元二次方程ax2+bx+c＝0必有一根是1． （2）当a+c＝b时，则一元二次方程ax2+bx+c＝0必有一根是﹣1． 请判断两个结论的真假，并说明原因． [实践探究]项目研究小组经过讨论编制了以下问题，请帮助解决： 方程（2023x）2﹣2022×2024x﹣1＝0的较大的根为p，方程x2+2023x﹣2024＝0的较小的根为q，求p﹣q的值． 三．根与系数的关系（共5小题） 7．（2024春•新昌县期中）如果关于x的一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）有两个实数根，其中一个实数根是另一个实数根的2倍，那么称这样的方程是“倍根方程”．例如一元二次方程x2﹣6x+8＝0的两个根是x1＝2，x2＝4，则方程x2﹣6x+8＝0是“倍根方程”． （1）通过计算，判断x2﹣3x+2＝0是否是“倍根方程”； （2）若关于x的方程（x﹣2）（x﹣m）＝0是“倍根方程”，求代数式m2+2m+2的值； （3）已知关于x的一元二次方程x2﹣（m﹣1）x+32＝0（m是常数）是“倍根方程”，请直接写出m的值． 8．（2024春•东阳市期末）已知关于x的方程（m2﹣6m+10）x2﹣4x+n＝0． （1）小聪说：该方程一定为一元二次方程．小聪的结论正确吗？请说明理由． （2）当m＝2时， ①若该方程有实数解，求n的取值范围． ②若该方程的两个实数解分别为x1和x2，满足，求n的值． 9．（2024春•西湖区校级期中）已知关于x的方程x2﹣（k+4）x+2k+4＝0． （1）求证：该方程总有两个实数根； （2）记该方程的两个实数根为x1，x2，求代数式（x1﹣2）（x2﹣2）的值； （3）若，N＝3﹣x1x2，比较M与N的大小． 10．（2024春•慈溪市期中）十六世纪的法国数学家韦达在研究一元二次方程的解法的过程中，发现方程的根与系数之间存在着特殊关系，由于该关系最早由韦达发现，人们把这个关系称之为韦达定理．韦达定理：有一元二次方程形如ax2+bx+c＝0的两根分别为x1，x2，则有，． （1）x1，x2是关于x的一元二次方程x2﹣2（k+1）x+k2+2＝0的两实根，且（x1+1）•（x2+1）＝8，求k的值． （2）已知：α，β（α＞β）是一元二次方程x2﹣x﹣1＝0的两个实数根，设s1＝α+β，，…，．根据根的定义，有α2﹣α﹣1＝0，β2﹣β﹣1＝0，将两式相加，得（α2+β2）﹣（α+β）﹣2＝0，于是，得S2﹣S1﹣2＝0． 根据以上信息，解答下列问题： ①直接写出S1，S2的值． ②经计算可得：S3＝4，S4＝7，S5＝11，当n≥3时，请猜想Sn，Sn﹣1，Sn﹣2之间满足的数量关系，并给出证明． 11．（2024春•浙江期中）小华在学完了八下教材《一元二次方程根与系数的关系（韦达定理）》一节内容后，对一元三次方程根与系数的关系产生了浓厚兴趣，决定一探究竟．下面是他收集的素材，汇总如下，请根据素材帮助他完成相应任务： 探究一元三次方程根与系数的关系 素材1 一元三次方程的定义 我们把两边都是整式，只含有一个未知数，并且未知数的最高次数是3次的方程叫做一元三次方程，它的一般形式为ax3+bx2+cx+d＝0（a、b、c、d为常数，且a≠0）． 素材2 一元三次方程的解法 若一元三次方程ax3+bx2+cx+d＝0（a≠0）的左边在实数范围内可因式分解为a（x﹣p）（x﹣q）（x﹣r）（p、q、r为实数），即原方程化为：a（x﹣p）（x﹣q）（x﹣r）＝0，则得方程的根为x1＝p，x2＝q，x3＝r. 素材3 一元二次方程根与系数的关系的探究过程 设一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）有两个根x1，x2，则方程可化为a（x﹣x1）（x﹣x2）＝0，即ax2﹣a（x1+x2）x+ax1x2＝0，与原方程系数进行比较，可得根与系数的等量关系为：x1+x2，x1x2. 问题解决 任务1 感受新知 若关于x的三次方程ax3+bx2+cx+d＝0（a、b、c、d为常数）的左边可分解为a（x﹣1）（x+2）（x﹣3），则方程ax3+bx2+cx+d＝0的三个根分别为x1＝　 　，x2＝　 　，x3＝　 　. 任务2 探索新知 若关于x的三次方程ax3+bx2+cx+d＝0的三个根为x1，x2，x3，请探究x1+x2+x3，x1•x2•x3与系数a、b、c、d之间的等量关系． 任务3 应用新知 利用上一任务的结论解决：若方程2x3+x2﹣7x﹣6＝0的三个根为α、β、γ，求的值． 四．配方法的应用（共8小题） 12．（2024春•柯桥区月考）新定义：关于x的一元二次方程与称为“同族二次方程”，如2021（x﹣3）2+4＝0与3（x﹣3）2+4＝0是“同族二次方程”，现有关于x的一元二次方程2（x﹣1）2+1＝0与（a+2）x2+（b﹣4）x+8＝0是“同族二次方程”，那么代数式ax2+bx+2024能取的最小值是（　　） A．2023 B．2024 C．2018 D．2019 13．（2024春•滨江区期末）利用（a±b）2可求某些整式的最值．例如x2﹣2x+2＝（x2﹣2x+1）+1＝（x﹣1）2+1，由（x﹣1）2≥0知，当x＝1时，多项式x2﹣2x+2有最小值1．对于多项式x2+3x+2，当x＝　 　时，有最小值是 　 　． 14．（2024春•江干区校级期末）配方法是中学数学中非常重要的内容．如，若m2﹣2mn+2n2﹣8n+16＝0，求m、n的值时，可以用配方法： 解：∵m2﹣2mn+2n2﹣8n+16＝0，∴（m2﹣2mn+n）+（n2﹣8n+16）＝0， ∴（m﹣n）2+（n﹣4）2＝0，∴（m﹣n）2＝0，（n﹣4）2＝0，∴n＝4，m＝4． 根据你的观察，探究下面的问题： （1）已知x2+2xy+2y2+2y+1＝0，求2x+y的值； （2）已知a﹣b＝4，c2﹣6c+ab+13＝0，求a+b+c的值． 15．（2024春•长兴县月考）先阅读下面的例题，再解决问题： 例题：若m2+2mn+2n2﹣6n+9＝0，求m和n的值． 解：∵m2+2mn+2n2﹣6n+9＝0， ∴m2+2mn+n2+n2﹣6n+9＝0， ∴（m+n）2+（n﹣3）2＝0， ∴m+n＝0，n﹣3＝0， ∴n＝3，m＝﹣3． 问题：（1）若x2+2y2﹣2xy+4y+4＝0，求x和y的值． （2）试探究关于x、y的代数式5x2+y2﹣4xy﹣6x+2033是否有最小值？若存在，求出最小值及此时x、y的值；若不存在，说明理由． 16．（2023春•东阳市期中）配方法是数学中重要的一种思想方法．它是指将一个式子的某一部分通过恒等变形化为完全平方式或几个完全平方式的和的方法．这种方法常被用到代数式的变形中，并结合非负数的意义来解决一些问题．我们定义：一个整数能表示成a2+b2（a、b是整数）的形式，则称这个数为“完美数”．例如，5是“完美数”．理由：因为5＝22+12.所以5是“完美数”． 解决问题： （1）已知10是“完美数”，请将它写成a2+b2（a、b是整数）的形式 　 　； （2）若x2﹣4x+3可配方成（x﹣m）2+n（m、n为常数），则mn＝　 　； 探究问题： （3）已知x2+y2﹣2x+6y+10＝0，则x+y＝　 　； （4）已知S＝x2+9y2+4x﹣12y+k（x、y是整数，k是常数），要使S为“完美数”，试求出符合条件的一个k值，并说明理由． 拓展结论： （5）已知实数x、y满足﹣x2x+y﹣2＝0，求5x﹣3y的最值． 17．（2024春•宁波期末）配方法是数学中重要的一种思想方法．它是指将一个式子的某一部分通过恒等变形化为完全平方式或几个完全平方式的和的方法．这种方法常被用到代数式的变形中，并结合非负数的意义来解决一些问题．我们定义：一个整数能表示成a2+b2（a、b是整数）的形式，则称这个数为“完美数”．例如，5是“完美数”，理由：因为5＝12+22，所以5是“完美数”． 解决问题： （1）已知10是“完美数”，请将它写成a2+b2（a、b是整数）的形式 　 　； 探究问题： （2）已知S＝x2+9y2+4x﹣12y+k（x、y是整数，k是常数），要使S为“完美数”，试求出符合条件的一个k值，并说明理由． 拓展结论： （3）已知实数x、y满足，求5x﹣3y的最值． 18．（2024春•西湖区校级月考）【方法提然】 配方法是数学中重要的一种思想方法，利用配方法可求一元二次方程的根，也可以求代数式的最值等，所谓配方法是指将一个式子的某部分通过恒等变形化为完全平方式或几个完全平方式的和的方法．其实这种方法还经常被用到代数式的变形中，并结合非负数的意义解决某些问题． 例：求代数式﹣x2+4x﹣7的最大值． 解：原式＝﹣（x2﹣4x+4）﹣3＝﹣（x﹣2）2﹣3． ∵（x﹣2）2≥0，∴﹣（x﹣2）2≤0， ∴﹣（x﹣2）2﹣3≤﹣3，∴﹣x2+4x＝7的最大值为﹣3． 【问题解决】 （1）若m，k，h满足2m2﹣12m+11＝2（m+k）2+h，求k+h的值． （2）若等腰△ABC的三边长a，b，c均为整数，且满足a2+2b2﹣8a﹣20b＝﹣66，求△ABC的周长． （3）如图，这是美国总统加菲尔德证明勾股定理的一个图形，其中a，b，c是Rt△ABC和Rt△DEF的三边长，根据勾股定理可得c，我们把关于x的一元二次方程，称为“勾系一元二次方程”．已知实数p，q满足等式q﹣p2+15p﹣48＝0，且p+q的最小值是“勾系一元二次方程“的一个根．四边形ACDE的周长为，试求△ABC的面积． 19．（2024春•西湖区校级期中）综合与探究 【阅读理解】 我们在分析解决某些数学问题时，经常要比较两个数或代数式的大小，解决问题的策略一般都是进行一定的转化，其中“作差法”就是常用的方法之一．作差法：就是通过作差、变形，利用差的符号确定它们的大小，即要比较代数式A、B的大小，只要算A﹣B的值，若A﹣B＞0，则A＞B；若A﹣B＝0，则A＝B；若A﹣B＜0，则A＜B． 【知识运用】 （1）请用上述方法比较下列代数式的大小（用“＞、＝、＜”填空）： ①x﹣1 　 　x+3； ②若a＜b＜0，则a2　 　b2； （2）试比较与6x2+2x+1与5x2+4x﹣3的大小，并说明理由； 【类比运用】 （3）图（1）是边长为4的正方形，将正方形一组对边保持不变，另一组对边增加2a（a＞0）得到如图（2）所示的长方形，此长方形的面积为S1；将正方形的边长增加a，得到如图（3）所示的大正方形，此正方形的面积为S2．请先判断S1与S2的大小关系，并说明理由． 2 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $$ 一元二次方程四类综合问题分类训练 一．换元法解一元二次方程（共4小题） 1．（2024春•柯桥区月考）已知（x2+y2+2）（x2+y2+4）＝15，则x2+y2的值为 　1　 【分析】设t＝x2+y2（t≥0），则原方程可化为（t+2）（t+4）＝15，再利用因式分解法解方程即可得到答案． 【解答】解；设t＝x2+y2（t≥0），则原方程可化为（t+2）（t+4）＝15， 整理得（t+7）（t﹣1）＝0， 解得t＝﹣7（舍去）或t＝1， ∴x2+y2＝1， 故答案为：1． 2．（2023春•镇海区期末）若实数x满足2（x2﹣x）2﹣x2+x﹣6＝0 则x2﹣x+1＝　3　． 【分析】首先假设x2﹣x＝y，得出方程等于y2﹣y﹣6＝0，进而求出y即可． 【解答】解：假设x2﹣x＝y，则原方程可化为：2y2﹣y﹣6＝0， ∴（2y+3）（y﹣2）＝0， ∴y1，y2＝2， 即x2﹣x或2． 当x2﹣x时，x2﹣x+1，即x2﹣x0，Δ＝1﹣10＜0，原方程没有实数根，故不合题意，舍去； 当x2﹣x＝2时，x2﹣x+1＝3， 故答案为：3． 3．（2024春•瓯海区校级月考）若关于x的一元二次方程ax2+6x﹣8＝0的解为x1＝2，x2＝4，则关于y的一元二次方程的解为 　y1＝3，y2＝7　． 【分析】设t，则原方程可化为at2+6t﹣4＝0，根据关于x的一元二次方程ax2+6x﹣4＝0的解为x1＝2，x2＝4，得到t1＝2，t2＝4，于是得到结论． 【解答】解：设t， 则原方程可化为at2+6t﹣4＝0， ∵关于x的一元二次方程ax2+6x﹣4＝0的解为x1＝1，x2＝4， ∴t1＝2，t2＝4， ∴2或4， 解得y1＝3，y2＝7． 故答案为：y1＝3，y2＝7． 4．（2023春•鄞州区期中）我们知道方程x2+2x﹣3＝0的解是x1＝1，x2＝﹣3，现给出另一个方程（2x+3）2+2（2x+3）﹣3＝0，它的解是 　x1＝﹣1，x2＝﹣3　． 【分析】把（2x+3）看成一个整体，另一个方程和已知方程的结构形式完全相同，所以2x+3与已知方程的解也相同． 【解答】解：∵1，﹣3是已知方程x2+2x﹣3＝0的解， 由于另一个方程（2x+3）2+2（2x+3）﹣3＝0与已知方程的形式完全相同 ∴2x+3＝1或2x+3＝﹣3 解得x1＝﹣1，x2＝﹣3． 故答案为：x1＝﹣1，x2＝﹣3． 二．根的判别式（共2小题） 5．（2024春•宁海县期中）根据以下材料，完成题目． 材料一：数学家拉为了解决一元二次方程x2＝﹣1在实数范围内无解的问题，引进虚数单位i，规定i2＝﹣1．当b≠0时，形如a+bi（a，b为实数）的数统称为虚数．比如5i，3+2i，．当b＝0时，a+bi＝a+0•i＝a为实数． 材料二：虚数的运算与整式的运算类似，任意两个虚数a+bi，c+di（其中a，b，c，d为实数．且b≠0，d≠0）有如下运算法则： （a+bi）+（c+di）＝（a+c）+（b+d）i； （a+bi）﹣（c+di）＝（a﹣c）+（b﹣d）i； （a+bi）•（c+di）＝ac+adi+bci+bdi2＝（ac﹣bd）+（ad+bc）i； 材料三：关于x的一元二次方程ax2+bx+c＝0（a，b，c为实数）如果没有实数根，那么它有两个虚数根，求根公式为． 解答以下问题： （1）填空：化简i4＝ 　1　，（1+i）2＝ 　2i　； （2）关于x的一元二次方程x2+mx+n＝0有一个根是1+i，其中m，n是实数，求m+n的值； （3）已知关于x的一元二次方程x2﹣3x﹣k+4＝0无实数根，且k为正整数，求该方程的虚数根． 【分析】（1）根据i2＝﹣1，（a+bi）•（c+di）＝ac+adi+bci+bdi2＝（ac﹣bd）+（ad+bc）i代入求解即可得到答案； （2）将方程的根代入列式，结合m，n是实数，求出m，n即可得到答案； （3）根据无实数根列不等式求出k，代入虚根公式求解即可得到答案． 【解答】解：（1）∵i2＝﹣1， ∴i4＝（i2）2＝（﹣1）2＝1， ∵（a+bi）•（c+di）＝ac+adi+bci+bdi2＝（ac﹣bd）+（ad+bc）i， ∴（1+i）2＝2i， 故答案为：1，2i； （2）∵一元二次方程x2+mx+n＝0有一个根是1+i， ∴2i+m+mi+n＝0， 即m+n＝﹣2i﹣mi， ∵m，n是实数， ∴﹣2﹣m＝0， 解得：m＝﹣2，n＝2， ∴m+n＝0； （3）∵方程x2﹣3x﹣k+4＝0无实数根， ∴（﹣3）2﹣4×1×（4﹣k）＜0， 解得：， ∵且k为正整数， ∴k＝1， 即：x2﹣3x+3＝0， ∵一元二次方程有两个虚数根，求根公式为， ∴， ∴方程的虚数根为，． 6．（2024春•杭州期中）【综合与实践】 [问题情境]对于关于x的一元二次方程ax2+bx+c＝0（a，b，c为常数，且a≠0），求方程的根的实质是找到一个x的具体的值，代入之后等式成立．一般情况下，如果有两个不同的x的具体值都满足，这就说明这个方程有两个根，且两根与a，b，c之间具有一定的关系． [操作判断]项目研究小组经过讨论得到两个结论： （1）当a+b+c＝0时，则一元二次方程ax2+bx+c＝0必有一根是1． （2）当a+c＝b时，则一元二次方程ax2+bx+c＝0必有一根是﹣1． 请判断两个结论的真假，并说明原因． [实践探究]项目研究小组经过讨论编制了以下问题，请帮助解决： 方程（2023x）2﹣2022×2024x﹣1＝0的较大的根为p，方程x2+2023x﹣2024＝0的较小的根为q，求p﹣q的值． 【分析】[操作判断]根据判断结论的真假，将x＝±1代入方程即可判断； [实践探究]先利用因式分解法分别解两个一元二次方程得到p和q的值，然后计算它们的差即可． 【解答】解：[操作判断] 两个结论是真命题； （1）将x＝1代入方程可得a+b+c＝0，故当a+b+c＝0时，则一元二次方程ax2+bx+c＝0必有一根是1． （2）将x＝﹣1代入方程可得a﹣b+c＝0，即a+c＝b，故当a+c＝b时，则一元二次方程ax2+bx+c＝0必有一根是﹣1． [实践探究]∵（2023x）2﹣2022×2024x﹣1＝0， ∴（20232x+1）（x﹣1）＝0， ∴x1，x2＝1，则p＝1， x2+2023x﹣2024＝0， （x+2024）（x﹣1）＝0， ∴x1＝﹣2024，x2＝1，则q＝﹣2024， ∴p﹣q＝1+2024＝2025． 三．根与系数的关系（共5小题） 7．（2024春•新昌县期中）如果关于x的一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）有两个实数根，其中一个实数根是另一个实数根的2倍，那么称这样的方程是“倍根方程”．例如一元二次方程x2﹣6x+8＝0的两个根是x1＝2，x2＝4，则方程x2﹣6x+8＝0是“倍根方程”． （1）通过计算，判断x2﹣3x+2＝0是否是“倍根方程”； （2）若关于x的方程（x﹣2）（x﹣m）＝0是“倍根方程”，求代数式m2+2m+2的值； （3）已知关于x的一元二次方程x2﹣（m﹣1）x+32＝0（m是常数）是“倍根方程”，请直接写出m的值． 【分析】（1）利用因式分解法解方程得到x1＝2，x2＝1，然后根据新定义进行判断； （2）利用因式分解法解方程得到x1＝2，x2＝m，再根据新定义m＝4或m＝1，然后把m＝4或m＝1代入所求的代数式中进行分式的运算即可； （3）设方程的根的两根分别为α、2α，根据根与系数的关系得α+2α＝m﹣1，α⋅2α＝32，然后求出α，再计算对应的m的值． 【解答】解：（1）x2﹣3x+2＝0，（x﹣2）（x﹣1）＝0，x﹣2＝0或x﹣1＝0， 所以x1＝2，x2＝1， 则方程x2﹣3x+2＝0是“倍根方程”； （2）（x﹣2）（x﹣m）＝0，x﹣2＝0或x﹣m＝0， 解得x1＝2，x2＝m， ∵（x﹣2）（x﹣m）＝0是“倍根方程”， ∴m＝4或m＝1， 当m＝4时，m2+2m+2＝16+8+2＝26； 当m＝1时，m2+2m+2＝1+2+2＝5， 综上所述，代数式m2+2m+2的值为26或5； （3）根据题意，设方程的根的两根分别为α、2α， 根据根与系数的关系得α+2α＝m﹣1，α⋅2α＝32， 解得α＝4，m＝13或α＝﹣4，m＝﹣11， ∴m的值为13或﹣11． 8．（2024春•东阳市期末）已知关于x的方程（m2﹣6m+10）x2﹣4x+n＝0． （1）小聪说：该方程一定为一元二次方程．小聪的结论正确吗？请说明理由． （2）当m＝2时， ①若该方程有实数解，求n的取值范围． ②若该方程的两个实数解分别为x1和x2，满足，求n的值． 【分析】（1）利用配方法得到m2﹣6m+10＝（m﹣3）2+1＞0，由此即可得到结论； （2）①根据题意，利用判别式即可求得n≤4； ②先由一元二次方程根与系数的关系得到∴x1+x2＝2，x1x2，再根据（x1﹣2）2+（x2﹣2）2+n2＝16变形得到n2﹣n﹣12＝0，解方程即可得到答案． 【解答】解：（1）小聪的结论正确，理由如下： ∵m2﹣6m+10＝m2﹣6m+9+1＝（m﹣3）2+1＞0， ∴关于x的方程（m2﹣6m+10）x2﹣4x+n＝0是一元二次方程； （2）①由题意得，原方程为（22﹣6×2+10）x2﹣4x+n＝0，即2x2﹣4x+n＝0， ∵若该方程有实数解， ∴Δ＝（﹣4）2﹣8n≥0， ∴n≤2； （2）∵该方程的两个实数解分别为x1和x2， ∴x1+x2＝2，x1x2， ∵（x1﹣2）2+（x2﹣2）2+n2＝16， ∴4x1+44x2+4+n2＝16， ∴（x1+x2）2﹣2x1x2﹣4（x1+x2）+n2＝16， ∴n2﹣n﹣12＝0， 解得n＝4或n＝﹣3， ∵n≤2， ∴n＝﹣3． 9．（2024春•西湖区校级期中）已知关于x的方程x2﹣（k+4）x+2k+4＝0． （1）求证：该方程总有两个实数根； （2）记该方程的两个实数根为x1，x2，求代数式（x1﹣2）（x2﹣2）的值； （3）若，N＝3﹣x1x2，比较M与N的大小． 【分析】（1）求出Δ＝[﹣（k+4）]2﹣4（2k+4）＝k2，可知Δ≥0，故x2﹣（k+4）x+2k+4＝0总有两个实数根； （2）先求出x1+x2与x1•x2的值，代入代数式进行计算即可； （3）利用作差法比较M，N的大小即可． 【解答】（1）证明：Δ＝[﹣（k+4）]2﹣4（2k+4） ＝k2+8k+16﹣8k﹣16 ＝k2， ∵k2≥0， ∴Δ≥0， ∴x2﹣（k+4）x+2k+4＝0总有两个实数根； （2）∵该方程的两个实数根为x1，x2， ∴x1+x2＝k+4，x1•x2＝2k+4， ∴（x1﹣2）（x2﹣2） ＝x1•x2﹣2x1﹣2x2+4 ＝x1•x2﹣2（x1+x2）+4 ＝2k+4﹣2（k+4）+4 ＝2k+4﹣2k﹣8+4 ＝0； （3）由（2）知，x1+x2＝k+4，x1•x2＝2k+4， ∵，N＝3﹣x1x2， ∴M﹣N3+x1x2 ＝（x1+x2）2﹣2x1x2﹣3+x1x2 ＝（x1+x2）2﹣x1x2﹣3 ＝（k+4）2﹣（2k+4）﹣3 ＝k2+16+8k﹣2k﹣4﹣3 ＝k2+6k+9 ＝（k+3）2≥0， ∴M≥N． 10．（2024春•慈溪市期中）十六世纪的法国数学家韦达在研究一元二次方程的解法的过程中，发现方程的根与系数之间存在着特殊关系，由于该关系最早由韦达发现，人们把这个关系称之为韦达定理．韦达定理：有一元二次方程形如ax2+bx+c＝0的两根分别为x1，x2，则有，． （1）x1，x2是关于x的一元二次方程x2﹣2（k+1）x+k2+2＝0的两实根，且（x1+1）•（x2+1）＝8，求k的值． （2）已知：α，β（α＞β）是一元二次方程x2﹣x﹣1＝0的两个实数根，设s1＝α+β，，…，．根据根的定义，有α2﹣α﹣1＝0，β2﹣β﹣1＝0，将两式相加，得（α2+β2）﹣（α+β）﹣2＝0，于是，得S2﹣S1﹣2＝0． 根据以上信息，解答下列问题： ①直接写出S1，S2的值． ②经计算可得：S3＝4，S4＝7，S5＝11，当n≥3时，请猜想Sn，Sn﹣1，Sn﹣2之间满足的数量关系，并给出证明． 【分析】（1）利用根的判别式可知k，利用根与系数的关系x1+x2＝2（k+1），x1x2＝k2+2，（x1+1）•（x2+1）变形为x1x2+（x1+x2）+1，直接代入即可求解； （2）①利用根与系数的关系得到α+β＝1，αβ＝﹣1，即可求得S1＝α+β＝1，S2＝α2+β2＝（α+β）2﹣2αβ＝3； ②此小题可猜想得到sn＝sn﹣1+sn﹣2，再根据根的定义证明即可． 【解答】解：（1）∵一元二次方程x2﹣2（k+1）x+k2+2＝0有两个实数根， ∴Δ＝[﹣（k+1）]2﹣4（k2+2）≥0， 解得k， ∵x1，x2是关于x的一元二次方程x2﹣2（k+1）x+k2+2＝0的两实根， ∴x1+x2＝2（k+1），x1x2＝k2+2， ∵（x1+1）•（x2+1）＝8， ∴x1x2+（x1+x2）+1＝8， ∴k2+2+2（k+1）+1＝8， 解得k＝或，k＝﹣3（舍去）， ∴k的值为1； （2）∵α，β（α＞β）是一元二次方程x2﹣x﹣1＝0的两个实数根， ∴α+β＝1，αβ＝﹣1 ①S1＝α+β＝1， S2＝α2+β2＝（α+β）2﹣2αβ＝12﹣2×（﹣1）＝3； ②猜想，当n≥3时，Sn＝Sn﹣1+Sn﹣2， 证明：α是一元二次方程x2﹣x﹣1＝0的实数根， ∴α2﹣α﹣1＝0， 两边同时乘以αn﹣2，得αn﹣αn﹣1﹣αn﹣2＝0， 同理可得：βn﹣βn﹣1﹣βn﹣2＝0， 两式相加得：（αn+βn）﹣（αn﹣1+βn﹣1）﹣（αn﹣2+βn﹣2）＝0， 根据题意，Sn﹣1＝αn﹣1+βn﹣1，Sn﹣2＝αn﹣2+βn﹣2， ∴Sn﹣Sn﹣1﹣Sn﹣2＝0，且根据题意n﹣2≥1，故n≥3， ∴当n≥3时，Sn＝Sn﹣1+Sn﹣2． 11．（2024春•浙江期中）小华在学完了八下教材《一元二次方程根与系数的关系（韦达定理）》一节内容后，对一元三次方程根与系数的关系产生了浓厚兴趣，决定一探究竟．下面是他收集的素材，汇总如下，请根据素材帮助他完成相应任务： 探究一元三次方程根与系数的关系 素材1 一元三次方程的定义 我们把两边都是整式，只含有一个未知数，并且未知数的最高次数是3次的方程叫做一元三次方程，它的一般形式为ax3+bx2+cx+d＝0（a、b、c、d为常数，且a≠0）． 素材2 一元三次方程的解法 若一元三次方程ax3+bx2+cx+d＝0（a≠0）的左边在实数范围内可因式分解为a（x﹣p）（x﹣q）（x﹣r）（p、q、r为实数），即原方程化为：a（x﹣p）（x﹣q）（x﹣r）＝0，则得方程的根为x1＝p，x2＝q，x3＝r. 素材3 一元二次方程根与系数的关系的探究过程 设一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）有两个根x1，x2，则方程可化为a（x﹣x1）（x﹣x2）＝0，即ax2﹣a（x1+x2）x+ax1x2＝0，与原方程系数进行比较，可得根与系数的等量关系为：x1+x2，x1x2. 问题解决 任务1 感受新知 若关于x的三次方程ax3+bx2+cx+d＝0（a、b、c、d为常数）的左边可分解为a（x﹣1）（x+2）（x﹣3），则方程ax3+bx2+cx+d＝0的三个根分别为x1＝　1　，x2＝　﹣2　，x3＝　3　. 任务2 探索新知 若关于x的三次方程ax3+bx2+cx+d＝0的三个根为x1，x2，x3，请探究x1+x2+x3，x1•x2•x3与系数a、b、c、d之间的等量关系． 任务3 应用新知 利用上一任务的结论解决：若方程2x3+x2﹣7x﹣6＝0的三个根为α、β、γ，求的值． 【分析】任务1，根据abc＝0时，a＝0或b＝0或c＝0，即可解决问题． 任务2，将方程改写成几个一次因式积的形式，展开后进行对比即可解决问题． 任务3，利用上述过程发现的结论即可解决问题． 【解答】解：任务1， 由题知， 原方程可改写为a（x﹣1）（x+2）（x﹣3）＝0， 所以x﹣1＝0或x+2＝0或x﹣3＝0， 所以x1＝1，x2＝﹣2，x3＝3． 故答案为：1，﹣2，3． 任务2， 因为关于x的三次方程ax3+bx2+cx+d＝0的三个根为x1，x2，x3， 所以a（x﹣x1）（x﹣x2）（x﹣x3）＝0， 展开得，ax3﹣a（x1+x2+x3）x2+a（x1x2+x1x3+x2x3）x﹣ax1x2x3＝0， 所以ax3+bx2+cx+d＝ax3﹣a（x1+x2+x3）x2+a（x1x2+x1x3+x2x3）x﹣ax1x2x3， 所以﹣a（x1+x2+x3）＝b，﹣ax1x2x3＝d， 则． 任务3， 由方程2x3+x2﹣7x﹣6＝0得， a＝2，b＝1，c＝﹣7，d＝﹣6， 所以，， 所以． 四．配方法的应用（共8小题） 12．（2024春•柯桥区月考）新定义：关于x的一元二次方程与称为“同族二次方程”，如2021（x﹣3）2+4＝0与3（x﹣3）2+4＝0是“同族二次方程”，现有关于x的一元二次方程2（x﹣1）2+1＝0与（a+2）x2+（b﹣4）x+8＝0是“同族二次方程”，那么代数式ax2+bx+2024能取的最小值是（　　） A．2023 B．2024 C．2018 D．2019 【分析】利用“同族二次方程”定义列出关系式，再利用多项式相等的条件列出关于a与b的方程组，求出方程组的解得到a与b的值，进而利用非负数的性质确定出代数式的最大值即可． 【解答】解：∵2（x﹣1）2+1＝0与（a+2）x2+（b﹣4）x+8＝0是“同族二次方程”， ∴（a+2）x2+（b﹣4）x+8＝（a+2）（x﹣1）2+1， ∴（a+2）x2+（b﹣4）x+8＝（a+2）x2﹣2（a+2）x+a+3， ∴， 解得：， ∴ax2+bx+2024＝5x2﹣10x+2024＝5（x﹣1）2+2019， ∴当x＝1时，ax2+bx+2024能取的最小值是2019， 故选：D． 13．（2024春•滨江区期末）利用（a±b）2可求某些整式的最值．例如x2﹣2x+2＝（x2﹣2x+1）+1＝（x﹣1）2+1，由（x﹣1）2≥0知，当x＝1时，多项式x2﹣2x+2有最小值1．对于多项式x2+3x+2，当x＝　　时，有最小值是 　　． 【分析】将多项式配成完全平方的形式，然后令平方项为0，求最值即可． 【解答】解：x2+3x+2＝（x2x）+2＝[x2+3x+（）2﹣（）2）+2＝（x）2． ∴当x时，x2+3x+2有最小值． 故答案为：，． 14．（2024春•江干区校级期末）配方法是中学数学中非常重要的内容．如，若m2﹣2mn+2n2﹣8n+16＝0，求m、n的值时，可以用配方法： 解：∵m2﹣2mn+2n2﹣8n+16＝0，∴（m2﹣2mn+n）+（n2﹣8n+16）＝0， ∴（m﹣n）2+（n﹣4）2＝0，∴（m﹣n）2＝0，（n﹣4）2＝0，∴n＝4，m＝4． 根据你的观察，探究下面的问题： （1）已知x2+2xy+2y2+2y+1＝0，求2x+y的值； （2）已知a﹣b＝4，c2﹣6c+ab+13＝0，求a+b+c的值． 【分析】（1）先配方，再根据非负数的性质求解； （2）先把a﹣b＝4变形代入，再配方，根据非负数的性质求解． 【解答】解：（1）∵x2+2xy+2y2+2y+1＝（x+y）2+（y+1）2＝0， ∴x＝1，y＝﹣1． ∴2x+y＝2﹣1＝1； （2）∵a﹣b＝4， ∴a＝b+4， ∵c2﹣6c+ab+13＝c2﹣6c+b（b+4）+13＝c2﹣6c+b2+4b+13＝（c﹣3）2+（b+2）2＝0， ∴c＝3，b＝﹣2， ∴a＝2， ∴a+b+c＝2+（﹣2）+3＝3． 15．（2024春•长兴县月考）先阅读下面的例题，再解决问题： 例题：若m2+2mn+2n2﹣6n+9＝0，求m和n的值． 解：∵m2+2mn+2n2﹣6n+9＝0， ∴m2+2mn+n2+n2﹣6n+9＝0， ∴（m+n）2+（n﹣3）2＝0， ∴m+n＝0，n﹣3＝0， ∴n＝3，m＝﹣3． 问题：（1）若x2+2y2﹣2xy+4y+4＝0，求x和y的值． （2）试探究关于x、y的代数式5x2+y2﹣4xy﹣6x+2033是否有最小值？若存在，求出最小值及此时x、y的值；若不存在，说明理由． 【分析】（1）将x2+2y2﹣2xy+4y+4＝0左边分组配方，根据偶次方的非负性可得x与y的值，则问题可解； （2）将5x2+y2﹣4xy﹣6x+2023分组配方，写成两个完全平方式加2024的形式，根据偶次方的非负性可得x与y的值，可得答案． 【解答】解：（1）∵x2+2y2﹣2xy+4y+4＝0， ∴（x﹣y）2+（y+2）2＝0， ∴x﹣y＝0，y+2＝0， ∴x＝y＝﹣2． （2）原式＝（4x2+4y2﹣4xy）+（x2﹣6x+9）+2024 ＝（2x﹣y）2+（x﹣3）2+2024， ∵（2x﹣y）2≥0，（x﹣3）2≥0， ∴（2x﹣y）2+（x﹣3）2+2024≥2024， ∴当2x﹣y＝0，x﹣3＝0时，即当x＝3，y＝6时， 代数式5x2+y2﹣4xy﹣6x+2023有最小值2024． 16．（2023春•东阳市期中）配方法是数学中重要的一种思想方法．它是指将一个式子的某一部分通过恒等变形化为完全平方式或几个完全平方式的和的方法．这种方法常被用到代数式的变形中，并结合非负数的意义来解决一些问题．我们定义：一个整数能表示成a2+b2（a、b是整数）的形式，则称这个数为“完美数”．例如，5是“完美数”．理由：因为5＝22+12.所以5是“完美数”． 解决问题： （1）已知10是“完美数”，请将它写成a2+b2（a、b是整数）的形式 　10＝12+32　； （2）若x2﹣4x+3可配方成（x﹣m）2+n（m、n为常数），则mn＝　﹣2　； 探究问题： （3）已知x2+y2﹣2x+6y+10＝0，则x+y＝　﹣2　； （4）已知S＝x2+9y2+4x﹣12y+k（x、y是整数，k是常数），要使S为“完美数”，试求出符合条件的一个k值，并说明理由． 拓展结论： （5）已知实数x、y满足﹣x2x+y﹣2＝0，求5x﹣3y的最值． 【分析】解决问题： （1）把10拆成两个两个整数的平方即可； （2）原式利用完全平方公式配方后，确定出m与n的值，即可求出mn的值； 探究问题： （3）已知等式利用完全平方公式配方后，根据非负数的性质求出x与y的值，即可求出x+y的值； （4）根据S为“完美数”，利用完全平方公式配方，确定出k的值即可； 拓展结论： （5）等式表示出y，代入x﹣2y中，配方后再利用非负数的性质求出最大值即可． 【解答】解：解决问题： （1）根据题意得：10＝12+32； 故答案为：10＝12+32； （2）根据题意得：x2﹣4x+3＝（x﹣2）2﹣1 m＝2，n＝﹣1； mn＝﹣2； 探究问题： （3）已知等式变形得：（x2﹣2x+1）+（y2+6y+9）＝0， 即（x﹣1）2+（y+3）2＝0， ∵（x﹣1）2≥0，（y+3）2≥0， ∴x﹣1＝0，y+3＝0， 得：x＝1，y＝﹣3 则x+y＝1﹣3＝﹣2 故答案为：﹣2； （4）当k＝8，S为“完美数”，理由如下： S＝x2+9y2+4x﹣12y+8， ＝（x2+4x+4）+（9y2﹣12y+4）， ＝（x+2）2+（3y﹣2）2， ∵x，y是整数， ∴x+2，3y﹣2也是整数， ∴S是一个“完美数”； 拓展结论： （5）∵﹣x2x+y﹣2＝0， ∴﹣y＝﹣x2x﹣2，即﹣3y＝﹣3x2+7x﹣6， 5x﹣3y＝5x﹣3x2+7x﹣6， ＝﹣3（x﹣2）2+6， 当x＝2时，5x﹣3y最大，最大值为：6． 17．（2024春•宁波期末）配方法是数学中重要的一种思想方法．它是指将一个式子的某一部分通过恒等变形化为完全平方式或几个完全平方式的和的方法．这种方法常被用到代数式的变形中，并结合非负数的意义来解决一些问题．我们定义：一个整数能表示成a2+b2（a、b是整数）的形式，则称这个数为“完美数”．例如，5是“完美数”，理由：因为5＝12+22，所以5是“完美数”． 解决问题： （1）已知10是“完美数”，请将它写成a2+b2（a、b是整数）的形式 　32+12　； 探究问题： （2）已知S＝x2+9y2+4x﹣12y+k（x、y是整数，k是常数），要使S为“完美数”，试求出符合条件的一个k值，并说明理由． 拓展结论： （3）已知实数x、y满足，求5x﹣3y的最值． 【分析】（1）根据新定义求解； （2）先把代数式进行配方，再根据新定义求解； （3）先把代数式变式，再整体代入求解． 【解答】解：（1）∵10＝32+12， 故答案为：32+12； （2）8， 理由：∵S＝x2+9y2+4x﹣12y+k＝（x+2）2+（3y+2）2+k﹣8， ∵S为“完美数”， ∴k﹣8＝0， 解得：k＝8； （3）∵﹣x2x+y﹣2＝0， ∴﹣y＝﹣x2x﹣2，即﹣3y＝﹣3x2+7x﹣6， 5x﹣3y＝5x﹣3x2+7x﹣6＝﹣3（x﹣2）2+6， 当x＝2时，5x﹣3y最大，最大值为6． 18．（2024春•西湖区校级月考）【方法提然】 配方法是数学中重要的一种思想方法，利用配方法可求一元二次方程的根，也可以求代数式的最值等，所谓配方法是指将一个式子的某部分通过恒等变形化为完全平方式或几个完全平方式的和的方法．其实这种方法还经常被用到代数式的变形中，并结合非负数的意义解决某些问题． 例：求代数式﹣x2+4x﹣7的最大值． 解：原式＝﹣（x2﹣4x+4）﹣3＝﹣（x﹣2）2﹣3． ∵（x﹣2）2≥0，∴﹣（x﹣2）2≤0， ∴﹣（x﹣2）2﹣3≤﹣3，∴﹣x2+4x＝7的最大值为﹣3． 【问题解决】 （1）若m，k，h满足2m2﹣12m+11＝2（m+k）2+h，求k+h的值． （2）若等腰△ABC的三边长a，b，c均为整数，且满足a2+2b2﹣8a﹣20b＝﹣66，求△ABC的周长． （3）如图，这是美国总统加菲尔德证明勾股定理的一个图形，其中a，b，c是Rt△ABC和Rt△DEF的三边长，根据勾股定理可得c，我们把关于x的一元二次方程，称为“勾系一元二次方程”．已知实数p，q满足等式q﹣p2+15p﹣48＝0，且p+q的最小值是“勾系一元二次方程“的一个根．四边形ACDE的周长为，试求△ABC的面积． 【分析】（1）依据题意，由2m2﹣12m+11＝2（m+k）2+h，可得2m2﹣12m+11＝2m2+4km+2k2+h，从而4k＝﹣12，2k2+h＝11，求出k，h即可得解； （2）依据题意，由a2+2b2﹣8a﹣20b＝﹣66，从而配方得（a2﹣8a+16）﹣16+2（b2﹣10b+25）﹣50＝﹣66，即（a﹣4）2+2（b﹣5）2＝0，求出a，b然后再分类讨论计算可以得解； （3）依据题意，由q﹣p2+15p﹣48＝0，故q＝p2﹣15p+48，可得p+q＝p2﹣15p+48+p＝（p﹣7）2﹣1，进而可得p+q取最小值为﹣1，又p+q的最小值是“勾系一元二次方程”ax2cx+b＝0的一个根，从而ac+b＝0，则a+bc，又四边形ACDE的周长为6，可得c的值，故a+b＝2，再由2ab＝（a+b）2﹣（a2+b2），求出ab，最后计算可以得解． 【解答】解：（1）由题意，∵2m2﹣12m+11＝2（m+k）2+h， ∴2m2﹣12m+11＝2m2+4km+2k2+h． ∴4k＝﹣12，2k2+h＝11． ∴k＝﹣3，h＝﹣7． ∴k+h＝﹣10． （2）由题意，∵a2+2b2﹣8a﹣20b＝﹣66， ∴（a2﹣8a+16）﹣16+2（b2﹣10b+25）﹣50＝﹣66． ∴（a﹣4）2+2（b﹣5）2＝0． ∴a﹣4＝0，b﹣5＝0． ∴a＝4，b＝5． 当a＝4为腰时，c＝a＝4，满足三角形的三边关系，此时等腰△ABC的周长为：a+b+c＝4+4+5＝13； 当b＝5为腰时，c＝b＝5，满足三角形的三边关系，此时等腰△ABC的周长为：a+b+c＝4+5+5＝14． 综上，等腰△ABC的周长为13或14． （3）由题意，∵q﹣p2+15p﹣48＝0， ∴q＝p2﹣15p+48． ∴p+q＝p2﹣15p+48+p ＝p2﹣14p+48 ＝（p﹣7）2﹣1． ∴当p＝7时，p+q取最小值为﹣1． ∵p+q的最小值是“勾系一元二次方程”ax2cx+b＝0的一个根， ∴ac+b＝0． ∴a+bc． ∵四边形ACDE的周长为6， ∴2a+2bc＝6． ∴2cc＝6． ∴c＝2． ∴a+b＝2． ∵a2+b2＝c2＝4， ∴2ab＝（a+b）2﹣（a2+b2）＝（2）2﹣4＝4． ∴ab＝2． ∴S△ABCab2＝1． 19．（2024春•西湖区校级期中）综合与探究 【阅读理解】 我们在分析解决某些数学问题时，经常要比较两个数或代数式的大小，解决问题的策略一般都是进行一定的转化，其中“作差法”就是常用的方法之一．作差法：就是通过作差、变形，利用差的符号确定它们的大小，即要比较代数式A、B的大小，只要算A﹣B的值，若A﹣B＞0，则A＞B；若A﹣B＝0，则A＝B；若A﹣B＜0，则A＜B． 【知识运用】 （1）请用上述方法比较下列代数式的大小（用“＞、＝、＜”填空）： ①x﹣1 　＜　x+3； ②若a＜b＜0，则a2　＞　b2； （2）试比较与6x2+2x+1与5x2+4x﹣3的大小，并说明理由； 【类比运用】 （3）图（1）是边长为4的正方形，将正方形一组对边保持不变，另一组对边增加2a（a＞0）得到如图（2）所示的长方形，此长方形的面积为S1；将正方形的边长增加a，得到如图（3）所示的大正方形，此正方形的面积为S2．请先判断S1与S2的大小关系，并说明理由． 【分析】（1）先求出两数的差，再根据差的正负比较两个数的大小即可； （2）先求出两数的差，再根据差的正负比较两个数的大小即可； （3）先求出S1和S2的差，再根据差的正负比较两个数的大小即可． 【解答】解：（1）①∵（x﹣1）﹣（x+3） ＝x﹣1﹣x﹣3 ＝﹣4＜0， ∴x﹣1＜x﹣3； ②∵a＜b＜0， ∴a2﹣b2＝（a+b）（a﹣b）＞0， ∴a2＞b2； 故答案为：＜，＞； （2）6x2+2x+1＞5x2+4x﹣3， 理由如下：6x2+2x+1﹣（5x2+4x﹣3） ＝6x2+2x+1﹣5x2﹣4x+3 ＝x2﹣2x+4 ＝x2﹣2x+1+3 ＝（x﹣1）2+3， ∵（x﹣1）2≥0， ∴（x﹣1）2+3＞0， ∴6x2+2x+1＞5x2+4x﹣3； （3）∵S1＝4（4+2a）＝16+8a，S2＝（4+a）2＝16+8a+a2， ∴S1﹣S2 ＝（16+8a）﹣（16+8a+a2） ＝﹣a2＜0， ∴S1＜S2． 2 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $$