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6. 已知$M,N$是方程$x^2 -x -1=0$的两根，记$S_1=M+N$；$S_2=M^2 +N^2$；…；$S_n=M^n +N^n$.
(1)$S_1=$
(2)当$n≥3$且为整数时,猜想$S_n,S_{n-1},S_{n-2}$之间有何关系,并证明.
(1)$S_1=$
1
,$S_2=$3
.(2)当$n≥3$且为整数时,猜想$S_n,S_{n-1},S_{n-2}$之间有何关系,并证明.
答案
(1)1；3
(2) $S_n=S_{n-1}+S_{n-2}$。证明如下：
$\because M,N$ 是方程 $x^2-x-1=0$ 的两根，
$\therefore M^2=M+1,N^2=N+1$。
$\therefore S_{n-1}+S_{n-2}=M^{n-1}+N^{n-1}+M^{n-2}+N^{n-2}=\frac{M^n}{M}+\frac{N^n}{N}+\frac{M^n}{M^2}+\frac{N^n}{N^2}=\frac{M^n(1+M)}{M^2}+\frac{N^n(1+N)}{N^2}=\frac{M^n· M^2}{M^2}+\frac{N^n· N^2}{N^2}=M^n+N^n=S_n$。
(2) $S_n=S_{n-1}+S_{n-2}$。证明如下：
$\because M,N$ 是方程 $x^2-x-1=0$ 的两根，
$\therefore M^2=M+1,N^2=N+1$。
$\therefore S_{n-1}+S_{n-2}=M^{n-1}+N^{n-1}+M^{n-2}+N^{n-2}=\frac{M^n}{M}+\frac{N^n}{N}+\frac{M^n}{M^2}+\frac{N^n}{N^2}=\frac{M^n(1+M)}{M^2}+\frac{N^n(1+N)}{N^2}=\frac{M^n· M^2}{M^2}+\frac{N^n· N^2}{N^2}=M^n+N^n=S_n$。
7.已知关于$x$的一元二次方程$kx^2 - (4k+1)x + 3k + 3 = 0$，其中$k$是整数。
(1)求证:方程有两个不相等的实数根；
(2)若方程的两个实数根分别为$x_1,x_2$，且$x_1,x_2$是斜边长为$\frac{3\sqrt{5}}{2}$的直角三角形的两直角边长，求$k$的值。
(1)求证:方程有两个不相等的实数根；
(2)若方程的两个实数根分别为$x_1,x_2$，且$x_1,x_2$是斜边长为$\frac{3\sqrt{5}}{2}$的直角三角形的两直角边长，求$k$的值。
答案
(1) $\because kx^2-(4k+1)x+3k+3=0$，
$\therefore \Delta=[-(4k+1)]^2-4× k(3k+3)=16k^2+8k+1-12k^2-12k=4k^2-4k+1=(2k-1)^2$。
$\because k$ 是整数，$\therefore 2k-1≠0$。
$\therefore (2k-1)^2＞0$。
$\therefore$ 方程有两个不相等的实数根。
(2) $\because$ 关于 $x$ 的一元二次方程 $kx^2-(4k+1)x+3k+3=0$ 的两个实数根分别为 $x_1,x_2$，
$\therefore x_1+x_2=\frac{4k+1}{k},x_1x_2=\frac{3k+3}{k}$。
$\because x_1,x_2$ 是斜边长为 $\frac{3\sqrt{5}}{2}$ 的直角三角形的两直角边长，
$\therefore x_1^2+x_2^2=(\frac{3\sqrt{5}}{2})^2$。$\therefore (x_1+x_2)^2-2x_1x_2=\frac{45}{4}$。
$\therefore (\frac{4k+1}{k})^2-2×\frac{3k+3}{k}=\frac{45}{4}$，
整理，得 $5k^2-8k-4=0$，解得 $k=-\frac{2}{5}$ 或 $k=2$。
$\because k$ 是整数，$\therefore k$ 的值为2。
$\therefore \Delta=[-(4k+1)]^2-4× k(3k+3)=16k^2+8k+1-12k^2-12k=4k^2-4k+1=(2k-1)^2$。
$\because k$ 是整数，$\therefore 2k-1≠0$。
$\therefore (2k-1)^2＞0$。
$\therefore$ 方程有两个不相等的实数根。
(2) $\because$ 关于 $x$ 的一元二次方程 $kx^2-(4k+1)x+3k+3=0$ 的两个实数根分别为 $x_1,x_2$，
$\therefore x_1+x_2=\frac{4k+1}{k},x_1x_2=\frac{3k+3}{k}$。
$\because x_1,x_2$ 是斜边长为 $\frac{3\sqrt{5}}{2}$ 的直角三角形的两直角边长，
$\therefore x_1^2+x_2^2=(\frac{3\sqrt{5}}{2})^2$。$\therefore (x_1+x_2)^2-2x_1x_2=\frac{45}{4}$。
$\therefore (\frac{4k+1}{k})^2-2×\frac{3k+3}{k}=\frac{45}{4}$，
整理，得 $5k^2-8k-4=0$，解得 $k=-\frac{2}{5}$ 或 $k=2$。
$\because k$ 是整数，$\therefore k$ 的值为2。
8. [2026 衡阳模拟] 已知平行四边形 ABCD 的两边长 AB,AD 是关于 x 的一元二次方程 $x^2 - (k - 3)x + k - 4 = 0$ 的两个实数根.
(1)若 AB 的长为 2,求 k 的值.
(2)当 k 为何值时,平行四边形 ABCD 为菱形?
(3)是否存在 k 使得平行四边形 ABCD 为对角线长为 $\sqrt{26}$ 的矩形? 若存在,请求出 k 的值以及矩形面积;若不存在,请说明理由.
(1)若 AB 的长为 2,求 k 的值.
(2)当 k 为何值时,平行四边形 ABCD 为菱形?
(3)是否存在 k 使得平行四边形 ABCD 为对角线长为 $\sqrt{26}$ 的矩形? 若存在,请求出 k 的值以及矩形面积;若不存在,请说明理由.
答案
(1)将 $x=2$ 代入方程得 $4-2(k-3)+k-4=0$，解得 $k=6$。
(2) $\because$ 菱形的邻边相等，
$\therefore AB=AD$，即方程有两个相等的实数根，
$\therefore \Delta=[-(k-3)]^2-4(k-4)=0$，
即 $k^2-10k+25=0,\therefore (k-5)^2=0,\therefore k=5$。
(3)存在。
设方程两根为 $AB=x_1,AD=x_2$，则 $x_1＞0,x_2＞0$，
由根与系数的关系得 $x_1+x_2=k-3,x_1x_2=k-4$，
若平行四边形 $ABCD$ 为对角线长为 $\sqrt{26}$ 的矩形，则有 $AB^2+AD^2=(\sqrt{26})^2$，即 $x_1^2+x_2^2=26$，
$\therefore (x_1+x_2)^2-2x_1x_2=26$，
$\therefore (k-3)^2-2(k-4)=26$，
整理得 $k^2-8k-9=0$，解得 $k=-1$ 或 $k=9$。
当 $k=-1$ 时，$x_1x_2=-5＜0$，不符合题意，舍去，
$\therefore k=9$，
$\therefore$ 矩形的面积为 $AB× AD=x_1x_2=k-4=9-4=5$。
(2) $\because$ 菱形的邻边相等，
$\therefore AB=AD$，即方程有两个相等的实数根，
$\therefore \Delta=[-(k-3)]^2-4(k-4)=0$，
即 $k^2-10k+25=0,\therefore (k-5)^2=0,\therefore k=5$。
(3)存在。
设方程两根为 $AB=x_1,AD=x_2$，则 $x_1＞0,x_2＞0$，
由根与系数的关系得 $x_1+x_2=k-3,x_1x_2=k-4$，
若平行四边形 $ABCD$ 为对角线长为 $\sqrt{26}$ 的矩形，则有 $AB^2+AD^2=(\sqrt{26})^2$，即 $x_1^2+x_2^2=26$，
$\therefore (x_1+x_2)^2-2x_1x_2=26$，
$\therefore (k-3)^2-2(k-4)=26$，
整理得 $k^2-8k-9=0$，解得 $k=-1$ 或 $k=9$。
当 $k=-1$ 时，$x_1x_2=-5＜0$，不符合题意，舍去，
$\therefore k=9$，
$\therefore$ 矩形的面积为 $AB× AD=x_1x_2=k-4=9-4=5$。
