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【题目合集】一元二次方程 | 换元思想

【题目合集】一元二次方程 | 换元思想

1.(2025·中山市校级开学)

如果关于 \(x\) 的一元二次方程 \(ax^2 + bx + c = 0\) 有两个实数根,且其中一个根为另外一个根的 \(2\) 倍,则称这样的方程为“倍根方程”,请判断以下命题:

  • 方程 \(x^2 - x - 2 = 0\) 是“倍根方程”。
  • \((x - 2)(mx + n) = 0\) 是“倍根方程”,则 \(4m^2 + 5mn + n^2 = 0\)
  • \(p\)\(q\) 满足 \(pq = 2\),则关于 \(x\) 的方程 \(px^2 + 3x + q = 0\) 是“倍根方程”。
  • 若方程 \(ax^2 + bx + c = 0\) 是“倍根方程”,则必有 \(2b^2 = 9ac\)

对于命题 \(1\),可得 \(x_1=2,x_2=-1\) 显然不符合题意。

对于命题二,考虑两种方法

考虑因式分解。将 \(4m^2 + 5mn + n^2 = 0\) 分解为:

\[(4m+n)(m+n)=0 \]

可得两个式子:

\[4m+n=0\tag{1} \]

\[m+n=0\tag{2} \]

同时可将 \((x - 2)(mx + n) = 0\) 分解为 \(2\) 个式子:

\[x-2=0,x=2 \tag{3} \]

\[mx+n=0,x=-\frac{m}{n} \tag{4} \]

分类讨论。当 \((4)=(3) \times 2\) 时,可得:

\[-\frac{m}{n}=2 \times 2,4m+n=0 \tag{5} \]

\((3)=(4) \times 2\) 时,可得:

\[-\frac{m}{n}=1,m+n=0\tag{6} \]

\((1)=(2),(5)=(6)\),证毕。

其实还可以通过换元法,用 \((3)(4)\) 式进行还原也可。

对于命题三,可以直接使用求根公式暴力算根,但也可以使用因式分解。主要策略为换元思想。

\[pq=2,q=\frac{2}{p} \tag{1} \]

\((1)\) 代入关于 \(x\) 的方程,得:

\[px^2 + 3x + \frac{2}{p}= 0 \]

去分母,得:

\[p^2x^2 + 3px + 2= 0 \]

因式分解,得:

\[(px+1)(px+2)=0 \tag{2} \]

\((1)\) 代入 \((2)\),得:

\[(px+1)(px+pq)=0 \]

化简得:

\[(px+1)(x+q)=0 \]

解得:

\[x_1=-\frac{1}{p} \ (3),x_2=-q \ (4) \]

\((1)\) 代入 \((4)\),得:

\[x_2=-q=-\frac{2}{p}=2x_1 \]

故命题成立。

对于命题四,考虑韦达定理

设两根 \(x_1,x_2\) 满足 \(x_1=2x_2\)。得:

\[\begin{cases} x_1+x_2=3x_2 &= -\frac{b}{a} \\ x_1x_2=2x_2^2 &= \frac{c}{a}\tag{1} \end{cases} \]

联立,得:

\[x_2=-\frac{b}{3a},2x_2^2=2 \cdot \left(-\frac{b}{3a}\right)^2=\frac{2b^2}{9a^2} \tag{2} \]

\((1)(2)\) 联立,得:

\[\frac{2b^2}{9a^2}=\frac{c}{a},2ab^2=9a^2c \]

因为 \(a \neq 0\),所以等式两边同时约去 \(a\),得:

\[2b^2=9ac \]

所以命题四成立。

2.(2019春,沂漂县期中)

关于 \(x\) 的一元二次方程 \(x^2 + (2k+1)x + k^2 + 1 = 0\) 有两个不等实根 \(x_1\)\(x_2\),若方程两实根 \(x_1\)\(x_2\) 满足 \(|x_1|+|x_2| = x_1 \cdot x_2\),求 \(k\) 的值。

首先,让我们根据绝对值的几何意义,了解一个定理。

定理 对于两个实数 \(a,b\),若 \(ab > 0\),则有:

\[ |a|+|b|=|a+b| \]

考虑证明 因为 \(ab > 0\),当且仅当两种情况:

  • \(a > 0,b > 0\)
    • 此时有 \(|a|=a,|b|=b\)
      所以 \(|a|+|b|=a+b=|a+b|\)
  • \(a < 0,b < 0\)
    • 此时有 \(|a|=-a,|b|=-b\)
      所以 \(|a|+|b|=-a+(-b)=-(a+b)=|a+b|\)

故该定理成立。

所以这道题便可以使用这个定理。

因为 \(x_1 \cdot x_2= \frac{c}{a}=k^2+1 > 0\)

所以 \(|x_1|+|x_2|=|x_1+x_2|=|-(2k+1)|=2k+1\)

最后得出:

\[\begin{cases} \Delta=(2k+1)^2-4(k^2+1) & > 0 \\ k^2+1 &= 2k+1 \end{cases} \]

解得 \(k=2\)

3.(2025春·余杭区期末)

已知 \(a\)\(b\) 是一元二次方程 \(x^2 + 2025x + 1 = 0\) 的两个实数根,求:

\[\sqrt{\frac{b}{a}}+\sqrt{\frac{a}{b}} \]

因为 \(ab=\frac{c}{a}=1\),可得:

\[\begin{align*} \sqrt{\frac{b}{a}}+\sqrt{\frac{a}{b}} &=\sqrt{\frac{b^2}{ab}}+\sqrt{\frac{a^2}{ab}}\\&= \frac{\sqrt{b^2}}{\sqrt{ab}}+\frac{\sqrt{a^2}}{\sqrt{ab}}\\&= \sqrt{a^2}+ \sqrt{b^2}\\&=|a|+|b|\end{align*} \]

这时 \(ab=1 > 0\),所以:

\[\begin{align*} |a+b|&=|a+b|\\ &=\left|-\frac{b}{a} \right|\\ &=|-2025|\\ &=2025 \end{align*} \]

当然可以使用常规做法:

\(\left(\sqrt{a}\right)^2=a\),得:

\[\begin{align*} \sqrt{\frac{b}{a}}+\sqrt{\frac{a}{b}} &=\sqrt{\left(\sqrt{\frac{b}{a}}+\sqrt{\frac{a}{b}} \right)^2}\\&=\sqrt{\frac{b}{a}+\frac{a}{b}+2\sqrt{\frac{b}{a} \cdot \frac{a}{b}}}\\&=\sqrt{\frac{a^2}{ab}+\frac{2ab}{ab}+\frac{b^2}{ab}}\\&=\sqrt{\frac{a^2+2ab+b^2}{ab}}\\&= \sqrt{\frac{(a+b)^2}{ab}}\\&= \sqrt{(a+b)^2}\\&=|a+b|\\&=\left|-\frac{b}{a} \right|\\&=|-2025|\\&=2025\end{align*} \]

4.(2019春,沂漂县期中)

关于 \(x\) 的一元二次方程 \(x^2 + (2k+1)x + k^2 + 1 = 0\) 有两个不等实根 \(x_1\)\(x_2\),若方程两实根 \(x_1\)\(x_2\) 满足 \(x_1 < 1 < x_2\),求 \(k\) 的值。

这题真有点超标了。。。

首先考虑变形 \(x_1 < 1 < x_2\),得:

\[\begin{cases} x_1-1 < 0\\ x_2-1 > 0 \end{cases} \]

两式相乘,得:

\[(x_1-1)(x_2-1) < 0 \]

\[x_1x_2-(x_1+x_2)+1 < 0 \]

\[9+\frac{a+2}{a} < 0 \tag{1} \]

又因为关于 \(x\) 的一元二次方程 \(x^2 + (2k+1)x + k^2 + 1 = 0\) 有两个不等实根。所以:

\[\Delta > 0,-35a^2+4a+4 > 0 \tag{2} \]

联立 \((1)(2)\) 形成不等式组:

\[\begin{cases} a \neq 0\\ 9+\frac{a+2}{a} < 0 \\ \Delta > 0,-35a^2+4a+4 > 0 \end{cases} \]

直接画图找到函数零点,判断开口和函数形状即可。

放大一些:

所以,由图形解得:

\[\begin{cases} a \neq 0\\ -\frac{2}{7} < a < \frac{2}{5} \\ -\frac{2}{11} < a < 0 \end{cases} \]

所以 $-\frac{2}{11} < a < 0 $。

注:图像上绿色的部分就是不等式组的解集。

不好评价。。。。

5.(2025春·巷南县期末)

已知关于 \(x\) 的方程 \((x-1)(x-m)=0\)\((x-2m)^2=c\) 的解完全相同,则常数 \(c\) 的值为?

给出如下定理:

定理 一般地,如果一元二次方程 \(a_1 x^2 + b_1 x + c_1 = 0\)\(a_2 x^2 + b_2 x + c_2 = 0\) 有相同的根,则存在非零常数 \(k\),使得 \(a_1 = k a_2\)\(b_1 = k b_2\)\(c_1 = k c_2\)。只有当 \(k = 1\) 时,两个方程才完全相同。

所以化简这两个一元二次方程,得:

\[x^2-(m+1)x+m=0\tag{1} \]

\[x^2-4mx+4m^2-c=0 \tag{2} \]

由上述定理,得一个二元一次方程组:

\[\begin{cases} -(m+1)=-4m\\ 4m^2-c=m \end{cases} \]

解得:\(m=\frac{1}{3},c=\frac{1}{9}\)

6.(2025·九龙坡区校级模拟)

已知关于 \(x\) 的多项式:\(M=2x^2+x+2\)\(N=2x^2-nx-2\)

  • \(M=4\),则代数式 \(\frac{5x}{x^2+6x-1}\) 的值为 \(\frac{10}{11}\)
  • \(y=M-N\),当 \(y\) 随着 \(x\) 的增加而增加时,\(n\) 的取值范围为 \(n < -1\)
  • \(n=3\) 时,若 \(M \cdot N=0\),则 \(x=\frac{1}{2}\)\(x=-2\)

对于命题 \(1\),采取 降幂 的思想方法。

\(2x^2+x+2=4\),得 \(x^2=1-\frac{1}{2}x\)

将其代入原式,得:

\[\frac{5x}{x^2+6x-1}=\frac{5x}{1-\frac{1}{2}x+6x-1}=\frac{10}{11} \]

对于命题二,可得:

\[y=M-N=2x^2+x+2-(2x^2-nx-2)=(n+1)x+4 \]

我们知道这是一条直线。所以当 \(y\) 随着 \(x\) 的增加而增加时,\(n+1 > 0,n > -1\)

对于命题三,直接解方程即可。

7.(2024秋·骤城区期中)

已知 \(Rt\triangle ABC\) 的一边为 \(5\),另两边是方程 \(x^2 - (2k-3)x + k^2 - 3k + 2 = 0\) 的解。求 \(k\) 的值。

有多种方法。

方法一 因式分解

\[\begin{align*} x^2 - (2k-3)x + k^2 - 3k + 2&=x^2-(2k-3)x+(k-1)(k-2)\\ &=[x-(k-1)][x-(k-2)] \end{align*} \]

所以 \(x_1=k-1,k_2=k-2\)。分类讨论即可。

方法二 韦达定理

首先,当 \(5\) 为斜边时显然易得,这里不再赘述。

考虑 \(5\) 为直角边的情况。

\[\begin{align*} x_1^2+25&=x_2^2\\ x_2^2-x_1^2&=25\\ (x_2+x_1)(x_2-x_1)&=25\\ (x_2+x_1)\sqrt{(x_2-x_1)^2}&=25\\ (x_2+x_1)\sqrt{(x_2+x_1)^2-4x_1x_2}&=25\\ 2k-3&=25\\ k&=14 \end{align*} \]

要有暴力算下去的勇气(逃

8.(2024秋·常宁市期末)

对于一元二次方程 \(ax^2 + bx + c = 0\) (\(a \neq 0\)),下列说法:

  • \(a + b + c = 0\),则 \(b^2 - 4ac \ge 0\)
  • 若方程 \(ax^2 + c = 0\) 有两个不相等的实根,则方程 \(ax^2 + bx + c = 0\) 必有两个不相等的实根;
  • \(c\) 是方程 \(ax^2 + bx + c = 0\) 的一个根,则一定有 \(ac + b + 1 = 0\) 成立。

对于命题一,因为 \(a+b+c=0\),所以方程有一根为 \(1\)。所以显然正确。

对于命题二,方程 \(ax^2 + c = 0\) 有两个不相等的实根,有:

\[\Delta > 0,-4ac > 0,ac < 0 \]

所以方程 \(ax^2 + bx + c = 0\) 根的情况:

\(b^2\ge0,-4ac > 0,\Delta = b^2-4ac > 0\)。所以正确。

对于命题三,将 \(c\) 代入,得:

\[ac^2+bc+c=0 \]

因式分解得:

\[c(ac+b+1)=0 \]

所以 \(c=0\)\(ac+b+1=0\)。因此错误。

9.(2020·黄州区校级模拟)

若方程 \(x^2 + 2(1-a)x + 3a^2 + 4ab + 4b^2 + 2 = 0\) 有实根,求 \(\frac{b}{a}\)

因为方程有实根,所以:

\[\begin{align*} \Delta &\ge 0\\ (2-2a)^2-4(3a^2 + 4ab + 4b^2 + 2) &\ge 0\\ 2a^2+4ab+4b^2-2a+1 &\ge 0\\ (a+2b)^2+(a-1)^2 &\ge 0 \end{align*} \]

因为 \((a+2b)^2+(a-1)^2 \le 0\)\((a+2b)^2+(a-1)^2 \ge 0\)

所以 \((a+2b)^2+(a-1)^2 = 0\)

所以解得 \(a=1,b=-\frac{1}{2}\)

http://www.hskmm.com/?act=detail&tid=23019

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