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12. 已知关于 $x$ 的方程 $(x-2)(x-3)-k^2=0$.
(1) 求证:无论 $k$ 取何值,方程总有两个不相等的实数根.
(2) 设方程的两个根分别为 $x_1,x_2$,且 $x_1＞$$x_2$,求证:$x_1+2x_2 ≤ 7$.
(1) 求证:无论 $k$ 取何值,方程总有两个不相等的实数根.
(2) 设方程的两个根分别为 $x_1,x_2$,且 $x_1＞$$x_2$,求证:$x_1+2x_2 ≤ 7$.
答案
(1) 证明:(1) 原方程可整理为$x^2-5x+6-k^2=0$,所以$\Delta=b^2-4ac=(-5)^2-4×1×(6-k^2)=25-24+4k^2=1+4k^2$. 因为无论k取何值,总有$4k^2≥0$,所以$1+4k^2＞0$,所以无论k取何值,方程总有两个不相等的实数根.
(2) 由(1)得$x_1+x_2=5$,所以$x_1+2x_2=x_1+x_2+x_2=5+x_2$. 因为$x_1＞x_2$,所以$x_2=\frac{5-\sqrt{4k^2+1}}{2}$. 因为$4k^2+1≥1$,所以$\sqrt{4k^2+1}≥1$,所以$\frac{5-\sqrt{4k^2+1}}{2}≤2$,即$x_2≤2$,所以$5+x_2≤7$,即$x_1+2x_2≤7$.
(2) 由(1)得$x_1+x_2=5$,所以$x_1+2x_2=x_1+x_2+x_2=5+x_2$. 因为$x_1＞x_2$,所以$x_2=\frac{5-\sqrt{4k^2+1}}{2}$. 因为$4k^2+1≥1$,所以$\sqrt{4k^2+1}≥1$,所以$\frac{5-\sqrt{4k^2+1}}{2}≤2$,即$x_2≤2$,所以$5+x_2≤7$,即$x_1+2x_2≤7$.
解析
【分析】
要证明方程总有两个不相等的实数根，需将原方程化为一元二次方程的一般形式，计算判别式并判断其恒正；要证明不等式，需利用韦达定理转化所求式子，结合根的表达式和根号的非负性推导范围。
【解析】
(1) 原方程整理为一般形式：$x^2 -5x +6 -k^2=0$，其中$a=1$，$b=-5$，$c=6 -k^2$。
判别式$\Delta = b^2 -4ac = (-5)^2 -4×1×(6 -k^2)=25 -24 +4k^2=1+4k^2$。
因为无论$k$取何值，$k^2≥0$，所以$4k^2≥0$，故$1+4k^2≥1＞0$，因此无论$k$取何值，方程总有两个不相等的实数根。
(2) 由韦达定理，方程的两根$x_1$、$x_2$满足$x_1+x_2=5$，所以$x_1+2x_2=(x_1+x_2)+x_2=5+x_2$。
方程的根为$x=\frac{5±\sqrt{1+4k^2}}{2}$，因为$x_1＞x_2$，所以$x_2=\frac{5-\sqrt{1+4k^2}}{2}$。
因为$\sqrt{1+4k^2}≥\sqrt{1}=1$，所以$5-\sqrt{1+4k^2}≤5-1=4$，故$x_2=\frac{5-\sqrt{1+4k^2}}{2}≤\frac{4}{2}=2$。
因此$5+x_2≤5+2=7$，即$x_1+2x_2≤7$，得证。
【答案】
(1) 证明: 原方程可整理为$x^2-5x+6-k^2=0$,所以$\Delta=b^2-4ac=(-5)^2-4×1×(6-k^2)=25-24+4k^2=1+4k^2$. 因为无论k取何值,总有$4k^2≥0$,所以$1+4k^2＞0$,所以无论k取何值,方程总有两个不相等的实数根.
(2) 由(1)得$x_1+x_2=5$,所以$x_1+2x_2=x_1+x_2+x_2=5+x_2$. 因为$x_1＞x_2$,所以$x_2=\frac{5-\sqrt{4k^2+1}}{2}$. 因为$4k^2+1≥1$,所以$\sqrt{4k^2+1}≥1$,所以$\frac{5-\sqrt{4k^2+1}}{2}≤2$,即$x_2≤2$,所以$5+x_2≤7$,即$x_1+2x_2≤7$.
【知识点】
一元二次方程根的判别式；一元二次方程根与系数的关系
【点评】
本题综合考查一元二次方程的判别式和韦达定理的应用，解题关键是掌握判别式的计算、根与系数的关系，通过式子变形和根号的非负性推导不等式，属于中等难度的常规题型。
【难度系数】
0.6
要证明方程总有两个不相等的实数根，需将原方程化为一元二次方程的一般形式，计算判别式并判断其恒正；要证明不等式，需利用韦达定理转化所求式子，结合根的表达式和根号的非负性推导范围。
【解析】
(1) 原方程整理为一般形式：$x^2 -5x +6 -k^2=0$，其中$a=1$，$b=-5$，$c=6 -k^2$。
判别式$\Delta = b^2 -4ac = (-5)^2 -4×1×(6 -k^2)=25 -24 +4k^2=1+4k^2$。
因为无论$k$取何值，$k^2≥0$，所以$4k^2≥0$，故$1+4k^2≥1＞0$，因此无论$k$取何值，方程总有两个不相等的实数根。
(2) 由韦达定理，方程的两根$x_1$、$x_2$满足$x_1+x_2=5$，所以$x_1+2x_2=(x_1+x_2)+x_2=5+x_2$。
方程的根为$x=\frac{5±\sqrt{1+4k^2}}{2}$，因为$x_1＞x_2$，所以$x_2=\frac{5-\sqrt{1+4k^2}}{2}$。
因为$\sqrt{1+4k^2}≥\sqrt{1}=1$，所以$5-\sqrt{1+4k^2}≤5-1=4$，故$x_2=\frac{5-\sqrt{1+4k^2}}{2}≤\frac{4}{2}=2$。
因此$5+x_2≤5+2=7$，即$x_1+2x_2≤7$，得证。
【答案】
(1) 证明: 原方程可整理为$x^2-5x+6-k^2=0$,所以$\Delta=b^2-4ac=(-5)^2-4×1×(6-k^2)=25-24+4k^2=1+4k^2$. 因为无论k取何值,总有$4k^2≥0$,所以$1+4k^2＞0$,所以无论k取何值,方程总有两个不相等的实数根.
(2) 由(1)得$x_1+x_2=5$,所以$x_1+2x_2=x_1+x_2+x_2=5+x_2$. 因为$x_1＞x_2$,所以$x_2=\frac{5-\sqrt{4k^2+1}}{2}$. 因为$4k^2+1≥1$,所以$\sqrt{4k^2+1}≥1$,所以$\frac{5-\sqrt{4k^2+1}}{2}≤2$,即$x_2≤2$,所以$5+x_2≤7$,即$x_1+2x_2≤7$.
【知识点】
一元二次方程根的判别式；一元二次方程根与系数的关系
【点评】
本题综合考查一元二次方程的判别式和韦达定理的应用，解题关键是掌握判别式的计算、根与系数的关系，通过式子变形和根号的非负性推导不等式，属于中等难度的常规题型。
【难度系数】
0.6
13. 已知$△ ABC$的两边$AB,AC$的长是关于$x$的一元二次方程$x^{2}-(2k+1)x+k(k+1)=0$的两个实数根,第三边$BC$的长为5.
(1) 当$k$为何值时,$△ ABC$是以$BC$为斜边的直角三角形?
(2) 当$k$为何值时,$△ ABC$是等腰三角形?并求$△ ABC$的周长.
(1) 当$k$为何值时,$△ ABC$是以$BC$为斜边的直角三角形?
(2) 当$k$为何值时,$△ ABC$是等腰三角形?并求$△ ABC$的周长.
答案
解:$\Delta=b^2-4ac=(2k+1)^2-4k(k+1)=1＞0$. (1) 因为$△ ABC$是以BC为斜边的直角三角形,且BC=5,所以$AB^2+AC^2=25$. 因为AB,AC的长是关于x的一元二次方程$x^2-(2k+1)x+k(k+1)=0$的两个实数根,所以$AB+AC=2k+1$,$AB·AC=k(k+1)=k^2+k$. 又因为$AB^2+AC^2=(AB+AC)^2-2AB·AC$,所以$(2k+1)^2-2(k^2+k)=25$. 整理,得$(k-3)(k+4)=0$,解得$k_1=3,k_2=-4$(不合题意,舍去). 所以当k=3时,$△ ABC$是以BC为斜边的直角三角形.
(2)$△ ABC$是等腰三角形,因为$\Delta＞0$,所以$AB≠AC$,所以BC为腰,即方程有一个根为5. 将x=5代入方程$x^2-(2k+1)x+k(k+1)=0$,得$5^2-5(2k+1)+k^2+k=0$. 化简,得$k^2-9k+20=0$,解得k=5或k=4. 当k=5或k=4时,分别求得另一根为6或4. 所以$△ ABC$的周长为5+5+6=16或5+5+4=14. 综上所述,当k的值为5或4时,$△ ABC$是等腰三角形,$△ ABC$的周长为16或14.
(2)$△ ABC$是等腰三角形,因为$\Delta＞0$,所以$AB≠AC$,所以BC为腰,即方程有一个根为5. 将x=5代入方程$x^2-(2k+1)x+k(k+1)=0$,得$5^2-5(2k+1)+k^2+k=0$. 化简,得$k^2-9k+20=0$,解得k=5或k=4. 当k=5或k=4时,分别求得另一根为6或4. 所以$△ ABC$的周长为5+5+6=16或5+5+4=14. 综上所述,当k的值为5或4时,$△ ABC$是等腰三角形,$△ ABC$的周长为16或14.
解析
【分析】
本题需分两小问解决：第一问是直角三角形问题，利用勾股定理结合一元二次方程根与系数的关系（韦达定理）求解k，注意舍去不合题意的解；第二问是等腰三角形问题，先判断方程根的情况，再根据等腰三角形的性质确定方程有一个根为5，代入方程求k，进而计算周长，需验证三角形三边关系。
【解析】
已知一元二次方程$x^2-(2k+1)x+k(k+1)=0$，其判别式$\Delta=(2k+1)^2-4k(k+1)=1＞0$，说明方程有两个不相等的实数根。
(1) 因为$△ ABC$是以$BC=5$为斜边的直角三角形，根据勾股定理得$AB^2+AC^2=25$。
由韦达定理，$AB+AC=2k+1$，$AB· AC=k(k+1)$。
又$AB^2+AC^2=(AB+AC)^2-2AB· AC$，代入得：
$(2k+1)^2 - 2k(k+1)=25$，整理得$k^2+k-12=0$，解得$k_1=3$，$k_2=-4$。
因边长为正，$k=-4$时$AB+AC=-7＜0$，舍去，故$k=3$。
(2) 因$\Delta＞0$，$AB≠AC$，等腰三角形只能是$AB=BC=5$或$AC=BC=5$，即方程有一个根为5。
将$x=5$代入方程得：$25-5(2k+1)+k(k+1)=0$，整理得$k^2-9k+20=0$，解得$k=4$或$k=5$。
当$k=4$时，方程另一根为4，三边为4、5、5，周长$=4+5+5=14$；
当$k=5$时，方程另一根为6，三边为5、5、6，周长$=5+5+6=16$。
【答案】
(1)$k=3$；(2)$k=4$或$5$，$△ ABC$的周长为14或16
【知识点】
一元二次方程根与系数的关系，勾股定理，等腰三角形的性质
【点评】
本题综合考查一元二次方程与三角形的知识，需结合韦达定理、勾股定理、等腰三角形性质分情况讨论，注意舍去不符合实际的解并验证三边关系，是一道综合性中等题。
【难度系数】
0.6
本题需分两小问解决：第一问是直角三角形问题，利用勾股定理结合一元二次方程根与系数的关系（韦达定理）求解k，注意舍去不合题意的解；第二问是等腰三角形问题，先判断方程根的情况，再根据等腰三角形的性质确定方程有一个根为5，代入方程求k，进而计算周长，需验证三角形三边关系。
【解析】
已知一元二次方程$x^2-(2k+1)x+k(k+1)=0$，其判别式$\Delta=(2k+1)^2-4k(k+1)=1＞0$，说明方程有两个不相等的实数根。
(1) 因为$△ ABC$是以$BC=5$为斜边的直角三角形，根据勾股定理得$AB^2+AC^2=25$。
由韦达定理，$AB+AC=2k+1$，$AB· AC=k(k+1)$。
又$AB^2+AC^2=(AB+AC)^2-2AB· AC$，代入得：
$(2k+1)^2 - 2k(k+1)=25$，整理得$k^2+k-12=0$，解得$k_1=3$，$k_2=-4$。
因边长为正，$k=-4$时$AB+AC=-7＜0$，舍去，故$k=3$。
(2) 因$\Delta＞0$，$AB≠AC$，等腰三角形只能是$AB=BC=5$或$AC=BC=5$，即方程有一个根为5。
将$x=5$代入方程得：$25-5(2k+1)+k(k+1)=0$，整理得$k^2-9k+20=0$，解得$k=4$或$k=5$。
当$k=4$时，方程另一根为4，三边为4、5、5，周长$=4+5+5=14$；
当$k=5$时，方程另一根为6，三边为5、5、6，周长$=5+5+6=16$。
【答案】
(1)$k=3$；(2)$k=4$或$5$，$△ ABC$的周长为14或16
【知识点】
一元二次方程根与系数的关系，勾股定理，等腰三角形的性质
【点评】
本题综合考查一元二次方程与三角形的知识，需结合韦达定理、勾股定理、等腰三角形性质分情况讨论，注意舍去不符合实际的解并验证三边关系，是一道综合性中等题。
【难度系数】
0.6
14. 我们定义:一个整数能表示成 $a^{2}+b^{2}(a,b$ 是整数)的形式,则称这个数为“理想数”.
例如: 10 是“理想数”. 理由: 因为 $10=1^{2}+$ $3^{2}$ ,所以 10 是“理想数”.
(1) 解决问题:已知 53 是“理想数”,请将它写成 $a^{2}+b^{2}$ ( a , b 是整数)的形式.
(2) 探究问题:已知 $x^{2}+2y^{2}-4x+4y+$ $6=0$ ,则 $x+y=$
(3) 融会贯通:已知 $s=2x^{2}+y^{2}+2xy+$ $12x+k$ ( x , y 是整数, k 是常数),要使 s 为“理想数”,试求出符合条件的一个k 值,并说明理由.
(4) 举一反三:已知实数 x , y 满足 $-x^{2}+$ $\dfrac{5}{2}x+y-5=0$ ,求 $y-x$ 的最值.
例如: 10 是“理想数”. 理由: 因为 $10=1^{2}+$ $3^{2}$ ,所以 10 是“理想数”.
(1) 解决问题:已知 53 是“理想数”,请将它写成 $a^{2}+b^{2}$ ( a , b 是整数)的形式.
(2) 探究问题:已知 $x^{2}+2y^{2}-4x+4y+$ $6=0$ ,则 $x+y=$
1
.(3) 融会贯通:已知 $s=2x^{2}+y^{2}+2xy+$ $12x+k$ ( x , y 是整数, k 是常数),要使 s 为“理想数”,试求出符合条件的一个k 值,并说明理由.
(4) 举一反三:已知实数 x , y 满足 $-x^{2}+$ $\dfrac{5}{2}x+y-5=0$ ,求 $y-x$ 的最值.
答案
(1) 由题意,可得$53=7^2+2^2$.
(2) 1 提示:因为$x^2+2y^2-4x+4y+6=0$,所以$(x-2)^2+2(y+1)^2=0$. 因为$(x-2)^2≥0,(y+1)^2≥0$,所以$x-2=0,y+1=0$,所以x=2,y=-1,所以x+y=2+(-1)=1.
(3) k=36. 理由如下:
$s=2x^2+y^2+2xy+12x+k=(x+y)^2+(x+6)^2+(k-36)$,要使s为“理想数”,可以令k-36=0,所以k=36.
(4) 由题意可知$y=x^2-\frac{5}{2}x+5$,所以$y-x=x^2-\frac{7}{2}x+5=(x-\frac{7}{4})^2+\frac{31}{16}$. 因为$(x-\frac{7}{4})^2≥0$,所以y-x的最小值为$\frac{31}{16}$,无最大值.
(2) 1 提示:因为$x^2+2y^2-4x+4y+6=0$,所以$(x-2)^2+2(y+1)^2=0$. 因为$(x-2)^2≥0,(y+1)^2≥0$,所以$x-2=0,y+1=0$,所以x=2,y=-1,所以x+y=2+(-1)=1.
(3) k=36. 理由如下:
$s=2x^2+y^2+2xy+12x+k=(x+y)^2+(x+6)^2+(k-36)$,要使s为“理想数”,可以令k-36=0,所以k=36.
(4) 由题意可知$y=x^2-\frac{5}{2}x+5$,所以$y-x=x^2-\frac{7}{2}x+5=(x-\frac{7}{4})^2+\frac{31}{16}$. 因为$(x-\frac{7}{4})^2≥0$,所以y-x的最小值为$\frac{31}{16}$,无最大值.
解析
【分析】
本题围绕“理想数”的新定义展开，需结合配方法、非负数性质、二次函数性质解题：
(1) 对53尝试分解为两个整数的平方和，通过试算找到符合条件的整数；
(2) 对等式左边配方，转化为平方和为0的形式，利用非负数性质求x、y的值；
(3) 对s的表达式配方，凑成两个整数平方和加常数的形式，令常数为0即可使s为理想数；
(4) 先将y用x表示，转化为关于x的二次函数，通过配方求最值。
【解析】
(1) 试算整数平方：$7^2=49$，$2^2=4$，$49+4=53$，故$53=7^2+2^2$；
(2) 对等式配方：
$x^2+2y^2-4x+4y+6=0$
整理得：$(x^2-4x)+2(y^2+2y)+6=0$
配方：$(x-2)^2 -4 + 2[(y+1)^2 -1] +6=0$
化简得：$(x-2)^2 + 2(y+1)^2=0$
因平方非负，故$x-2=0$，$y+1=0$，即$x=2$，$y=-1$，则$x+y=2+(-1)=1$；
(3) 对s配方：
$s=2x^2+y^2+2xy+12x+k$
$=(x^2+2xy+y^2)+(x^2+12x)+k$
$=(x+y)^2 + [(x+6)^2 -36] +k$
$=(x+y)^2 + (x+6)^2 + (k-36)$
要使s为理想数，令$k-36=0$，得$k=36$，此时$s=(x+y)^2 + (x+6)^2$，符合理想数定义；
(4) 由$-x^2+\frac{5}{2}x+y-5=0$得：$y=x^2-\frac{5}{2}x+5$
则$y-x=x^2-\frac{5}{2}x+5 -x=x^2-\frac{7}{2}x+5$
配方：$=(x-\frac{7}{4})^2 - \frac{49}{16} +5=(x-\frac{7}{4})^2 + \frac{31}{16}$
因$(x-\frac{7}{4})^2≥0$，故$y-x$的最小值为$\frac{31}{16}$，无最大值；
【答案】
(1) $53=7^2+2^2$；(2) $1$；(3) $k=36$；(4) $y-x$的最小值为$\frac{31}{16}$，无最大值；
【知识点】
完全平方公式、配方法、非负数的性质
【点评】
本题是结合新定义的代数综合题，核心考查配方法的应用，需学生理解新定义并灵活运用配方技巧，结合非负数性质或二次函数性质求解，难度中等。
【难度系数】
0.5
本题围绕“理想数”的新定义展开，需结合配方法、非负数性质、二次函数性质解题：
(1) 对53尝试分解为两个整数的平方和，通过试算找到符合条件的整数；
(2) 对等式左边配方，转化为平方和为0的形式，利用非负数性质求x、y的值；
(3) 对s的表达式配方，凑成两个整数平方和加常数的形式，令常数为0即可使s为理想数；
(4) 先将y用x表示，转化为关于x的二次函数，通过配方求最值。
【解析】
(1) 试算整数平方：$7^2=49$，$2^2=4$，$49+4=53$，故$53=7^2+2^2$；
(2) 对等式配方：
$x^2+2y^2-4x+4y+6=0$
整理得：$(x^2-4x)+2(y^2+2y)+6=0$
配方：$(x-2)^2 -4 + 2[(y+1)^2 -1] +6=0$
化简得：$(x-2)^2 + 2(y+1)^2=0$
因平方非负，故$x-2=0$，$y+1=0$，即$x=2$，$y=-1$，则$x+y=2+(-1)=1$；
(3) 对s配方：
$s=2x^2+y^2+2xy+12x+k$
$=(x^2+2xy+y^2)+(x^2+12x)+k$
$=(x+y)^2 + [(x+6)^2 -36] +k$
$=(x+y)^2 + (x+6)^2 + (k-36)$
要使s为理想数，令$k-36=0$，得$k=36$，此时$s=(x+y)^2 + (x+6)^2$，符合理想数定义；
(4) 由$-x^2+\frac{5}{2}x+y-5=0$得：$y=x^2-\frac{5}{2}x+5$
则$y-x=x^2-\frac{5}{2}x+5 -x=x^2-\frac{7}{2}x+5$
配方：$=(x-\frac{7}{4})^2 - \frac{49}{16} +5=(x-\frac{7}{4})^2 + \frac{31}{16}$
因$(x-\frac{7}{4})^2≥0$，故$y-x$的最小值为$\frac{31}{16}$，无最大值；
【答案】
(1) $53=7^2+2^2$；(2) $1$；(3) $k=36$；(4) $y-x$的最小值为$\frac{31}{16}$，无最大值；
【知识点】
完全平方公式、配方法、非负数的性质
【点评】
本题是结合新定义的代数综合题，核心考查配方法的应用，需学生理解新定义并灵活运用配方技巧，结合非负数性质或二次函数性质求解，难度中等。
【难度系数】
0.5
15. 如果关于 $x$ 的方程 $x^2+px+q=0$ 的两个根是 $x_1,x_2$, 那么 $x_1+x_2=-p$. $x_1 · x_2=q$, 请根据以上结论, 解决下列问题:
(1) 已知关于 $x$ 的方程 $x^2+mx+n=0(n ≠ 0)$, 求出一个一元二次方程, 使它的两个根分别是已知方程两个根的倒数.
(2) 已知 $a,b$ 满足 $a^2-15a-5=0,b^2-15b-5=0$, 求 $\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a}$ 的值.
(3) 已知 $m^2-2m-1=0,n^2+2n-1=0$ 且 $mn ≠ 1$, 求 $\dfrac{mn+n+1}{n}$ 的值.
(4) 已知 $a,b,c$ 满足 $a+b+c=0,abc=16$, 求正数 $c$ 的最小值.
(1) 已知关于 $x$ 的方程 $x^2+mx+n=0(n ≠ 0)$, 求出一个一元二次方程, 使它的两个根分别是已知方程两个根的倒数.
(2) 已知 $a,b$ 满足 $a^2-15a-5=0,b^2-15b-5=0$, 求 $\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a}$ 的值.
(3) 已知 $m^2-2m-1=0,n^2+2n-1=0$ 且 $mn ≠ 1$, 求 $\dfrac{mn+n+1}{n}$ 的值.
(4) 已知 $a,b,c$ 满足 $a+b+c=0,abc=16$, 求正数 $c$ 的最小值.
答案
(1) 设方程$x^2+mx+n=0(n≠0)$的两个根分别是$x_1,x_2$,则$x_1+x_2=-m$,$x_1x_2=n$,所以$\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}=\frac{x_1+x_2}{x_1x_2}=-\frac{m}{n}$,$\frac{1}{x_1}·\frac{1}{x_2}=\frac{1}{x_1x_2}=\frac{1}{n}$. 若一个一元二次方程的两个根分别是已知方程两根的倒数,则这个一元二次方程可以是$x^2+\frac{m}{n}x+\frac{1}{n}=0$.
(2) ①当a=b时,$\frac{a}{b}+\frac{b}{a}=2$;②当a≠b时,因为a,b满足$a^2-15a-5=0,b^2-15b-5=0$,所以a,b是方程$x^2-15x-5=0$的两个根,所以a+b=15,ab=-5,所以$\frac{a}{b}+\frac{b}{a}=\frac{a^2+b^2}{ab}=\frac{(a+b)^2-2ab}{ab}=\frac{15^2-2×(-5)}{-5}=-47$.
(3) 由$n^2+2n-1=0$可知n≠0,所以$1+\frac{2}{n}-\frac{1}{n^2}=0$,所以$\frac{1}{n^2}-\frac{2}{n}-1=0$. 又因为$m^2-2m-1=0$,且mn≠1,即$m≠\frac{1}{n}$,所以$m,\frac{1}{n}$是方程$x^2-2x-1=0$的两个根,所以$m+\frac{1}{n}=2$,所以$\frac{mn+n+1}{n}=m+1+\frac{1}{n}=2+1=3$.
(4) 因为a+b+c=0,abc=16,所以a+b=-c,$ab=\frac{16}{c}$,所以a,b是方程$x^2+cx+\frac{16}{c}=0$的两个根,所以$c^2-4×\frac{16}{c}≥0$,即$c^2-\frac{4^3}{c}≥0$. 因为c是正数,所以$c^3-4^3≥0$,即$c^3≥4^3$,解得c≥4,所以正数c的最小值是4.
(2) ①当a=b时,$\frac{a}{b}+\frac{b}{a}=2$;②当a≠b时,因为a,b满足$a^2-15a-5=0,b^2-15b-5=0$,所以a,b是方程$x^2-15x-5=0$的两个根,所以a+b=15,ab=-5,所以$\frac{a}{b}+\frac{b}{a}=\frac{a^2+b^2}{ab}=\frac{(a+b)^2-2ab}{ab}=\frac{15^2-2×(-5)}{-5}=-47$.
(3) 由$n^2+2n-1=0$可知n≠0,所以$1+\frac{2}{n}-\frac{1}{n^2}=0$,所以$\frac{1}{n^2}-\frac{2}{n}-1=0$. 又因为$m^2-2m-1=0$,且mn≠1,即$m≠\frac{1}{n}$,所以$m,\frac{1}{n}$是方程$x^2-2x-1=0$的两个根,所以$m+\frac{1}{n}=2$,所以$\frac{mn+n+1}{n}=m+1+\frac{1}{n}=2+1=3$.
(4) 因为a+b+c=0,abc=16,所以a+b=-c,$ab=\frac{16}{c}$,所以a,b是方程$x^2+cx+\frac{16}{c}=0$的两个根,所以$c^2-4×\frac{16}{c}≥0$,即$c^2-\frac{4^3}{c}≥0$. 因为c是正数,所以$c^3-4^3≥0$,即$c^3≥4^3$,解得c≥4,所以正数c的最小值是4.
解析
【分析】
本题综合考查一元二次方程根与系数的关系（韦达定理）、方程根的定义及根的判别式的应用。解题时需根据题目给出的根与系数的关系，将所求问题转化为已知方程的根的关系，通过构造新的一元二次方程，结合韦达定理或判别式求解，同时要注意对根的情况分类讨论、对式子变形化简。
【解析】
(1) 设方程$x^2 + mx + n = 0(n≠0)$的两根为$x_1,x_2$，根据韦达定理得：$x_1+x_2=-m$，$x_1x_2=n$。
所求方程的两根为$\frac{1}{x_1},\frac{1}{x_2}$，则两根之和为$\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}=\frac{x_1+x_2}{x_1x_2}=-\frac{m}{n}$，两根之积为$\frac{1}{x_1}·\frac{1}{x_2}=\frac{1}{x_1x_2}=\frac{1}{n}$。
根据一元二次方程根与系数的关系，所求方程为$x^2 - (-\frac{m}{n})x + \frac{1}{n}=0$，整理得$x^2 + \frac{m}{n}x + \frac{1}{n}=0$。
(2) 分两种情况：
① 当$a=b$时，$\frac{a}{b}+\frac{b}{a}=1+1=2$；
② 当$a≠b$时，由$a,b$满足$a^2-15a-5=0,b^2-15b-5=0$，可知$a,b$是方程$x^2-15x-5=0$的两根，根据韦达定理得$a+b=15$，$ab=-5$。
则$\frac{a}{b}+\frac{b}{a}=\frac{a^2+b^2}{ab}=\frac{(a+b)^2-2ab}{ab}=\frac{15^2-2×(-5)}{-5}=-47$。
(3) 由$n^2+2n-1=0$且$n≠0$，两边同除以$-n^2$得$\frac{1}{n^2}-\frac{2}{n}-1=0$。
又$m^2-2m-1=0$且$mn≠1$（即$m≠\frac{1}{n}$），故$m,\frac{1}{n}$是方程$x^2-2x-1=0$的两根，根据韦达定理得$m+\frac{1}{n}=2$。
则$\frac{mn+n+1}{n}=m+1+\frac{1}{n}=2+1=3$。
(4) 由$a+b+c=0$，$abc=16$得$a+b=-c$，$ab=\frac{16}{c}$，故$a,b$是方程$x^2+cx+\frac{16}{c}=0$的两根。
根据根的判别式，$\Delta=c^2-4×\frac{16}{c}≥0$，因$c＞0$，两边乘$c$得$c^3-64≥0$，解得$c≥4$，即正数$c$的最小值为4。
【答案】
(1) $x^2 + \frac{m}{n}x + \frac{1}{n}=0$；
(2) $2$或$-47$；
(3) $3$；
(4) $4$。
【知识点】
一元二次方程根与系数的关系，一元二次方程根的定义，一元二次方程根的判别式。
【点评】
本题综合考查一元二次方程核心知识点，需熟练运用韦达定理构造方程、变形化简，同时掌握方程根的性质与判别式的应用，对转化能力和分类讨论思想有要求，是一道综合性较强的中档题。
【难度系数】
0.5
本题综合考查一元二次方程根与系数的关系（韦达定理）、方程根的定义及根的判别式的应用。解题时需根据题目给出的根与系数的关系，将所求问题转化为已知方程的根的关系，通过构造新的一元二次方程，结合韦达定理或判别式求解，同时要注意对根的情况分类讨论、对式子变形化简。
【解析】
(1) 设方程$x^2 + mx + n = 0(n≠0)$的两根为$x_1,x_2$，根据韦达定理得：$x_1+x_2=-m$，$x_1x_2=n$。
所求方程的两根为$\frac{1}{x_1},\frac{1}{x_2}$，则两根之和为$\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}=\frac{x_1+x_2}{x_1x_2}=-\frac{m}{n}$，两根之积为$\frac{1}{x_1}·\frac{1}{x_2}=\frac{1}{x_1x_2}=\frac{1}{n}$。
根据一元二次方程根与系数的关系，所求方程为$x^2 - (-\frac{m}{n})x + \frac{1}{n}=0$，整理得$x^2 + \frac{m}{n}x + \frac{1}{n}=0$。
(2) 分两种情况：
① 当$a=b$时，$\frac{a}{b}+\frac{b}{a}=1+1=2$；
② 当$a≠b$时，由$a,b$满足$a^2-15a-5=0,b^2-15b-5=0$，可知$a,b$是方程$x^2-15x-5=0$的两根，根据韦达定理得$a+b=15$，$ab=-5$。
则$\frac{a}{b}+\frac{b}{a}=\frac{a^2+b^2}{ab}=\frac{(a+b)^2-2ab}{ab}=\frac{15^2-2×(-5)}{-5}=-47$。
(3) 由$n^2+2n-1=0$且$n≠0$，两边同除以$-n^2$得$\frac{1}{n^2}-\frac{2}{n}-1=0$。
又$m^2-2m-1=0$且$mn≠1$（即$m≠\frac{1}{n}$），故$m,\frac{1}{n}$是方程$x^2-2x-1=0$的两根，根据韦达定理得$m+\frac{1}{n}=2$。
则$\frac{mn+n+1}{n}=m+1+\frac{1}{n}=2+1=3$。
(4) 由$a+b+c=0$，$abc=16$得$a+b=-c$，$ab=\frac{16}{c}$，故$a,b$是方程$x^2+cx+\frac{16}{c}=0$的两根。
根据根的判别式，$\Delta=c^2-4×\frac{16}{c}≥0$，因$c＞0$，两边乘$c$得$c^3-64≥0$，解得$c≥4$，即正数$c$的最小值为4。
【答案】
(1) $x^2 + \frac{m}{n}x + \frac{1}{n}=0$；
(2) $2$或$-47$；
(3) $3$；
(4) $4$。
【知识点】
一元二次方程根与系数的关系，一元二次方程根的定义，一元二次方程根的判别式。
【点评】
本题综合考查一元二次方程核心知识点，需熟练运用韦达定理构造方程、变形化简，同时掌握方程根的性质与判别式的应用，对转化能力和分类讨论思想有要求，是一道综合性较强的中档题。
【难度系数】
0.5
