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20. (7分)分类讨论在数学中既是一个重要的策略思想,又是一个重要的数学方法.例如:对于像$x^2+|x|-6=0$这样含有绝对值符号的方程,可采用如下的分类讨论方法:
解:当$x≥0$时,原方程可化为$x^2+x-6=0$.
解得$x_1=-3,x_2=2$.
$\because x≥0,\therefore x=2$.
当$x＜0$时,原方程可化为$x^2-x-6=0$,
解得$x_1=3,x_2=-2$.
$\because x＜0,\therefore x=-2$.
综上所述,原方程的解为$x_1=-2,x_2=2$.
仿照上面的解法,解方程:$x^2+|2x-1|-4=0$.
解:当$x≥0$时,原方程可化为$x^2+x-6=0$.
解得$x_1=-3,x_2=2$.
$\because x≥0,\therefore x=2$.
当$x＜0$时,原方程可化为$x^2-x-6=0$,
解得$x_1=3,x_2=-2$.
$\because x＜0,\therefore x=-2$.
综上所述,原方程的解为$x_1=-2,x_2=2$.
仿照上面的解法,解方程:$x^2+|2x-1|-4=0$.
答案
解:当$2x - 1\geqslant0，$即$x\geqslant\frac{1}{2}$时，原方程可化为$x^{2}+2x - 1-4 = 0，$
即$x^{2}+2x - 5 = 0，$ $x=\frac{-2\pm\sqrt{4 + 20}}{2}=\frac{-2\pm\sqrt{24}}{2}=-1\pm\sqrt{6}$ 解得$x_{1}=-1+\sqrt{6}，$$x_{2}=-1-\sqrt{6}$（舍去）； 当$2x - 1＜0，$即$x＜\frac{1}{2}$时，原方程可化为$x^{2}-2x + 1-4 = 0，$
即$x^{2}-2x - 3 = 0，$ $\begin{aligned}(x - 3)(x + 1)&=0\end{aligned}$ 解得$x_{1}=-1，$$x_{2}=3$（舍去）。 综上所述，原方程的解为$x_{1}=-1，$$x_{2}=-1+\sqrt{6}。$
即$x^{2}+2x - 5 = 0，$ $x=\frac{-2\pm\sqrt{4 + 20}}{2}=\frac{-2\pm\sqrt{24}}{2}=-1\pm\sqrt{6}$ 解得$x_{1}=-1+\sqrt{6}，$$x_{2}=-1-\sqrt{6}$（舍去）； 当$2x - 1＜0，$即$x＜\frac{1}{2}$时，原方程可化为$x^{2}-2x + 1-4 = 0，$
即$x^{2}-2x - 3 = 0，$ $\begin{aligned}(x - 3)(x + 1)&=0\end{aligned}$ 解得$x_{1}=-1，$$x_{2}=3$（舍去）。 综上所述，原方程的解为$x_{1}=-1，$$x_{2}=-1+\sqrt{6}。$
21. (7分)对于函数$y=x^n+x^m$,我们定义$y'=nx^{n-1}+mx^{m-1}$($m$、$n$为常数).
例如:$y=x^4+x^2$,则$y'=4x^3+2x$.
已知:$y=\frac{1}{3}x^3+(m-1)x^2+m^2x$.
(1)若方程$y'=0$有两个相等的实数根,则$m$的值为______;
(2)若方程$y'=m-\frac{1}{4}$有两个不相等的正根,求$m$的取值范围.
例如:$y=x^4+x^2$,则$y'=4x^3+2x$.
已知:$y=\frac{1}{3}x^3+(m-1)x^2+m^2x$.
(1)若方程$y'=0$有两个相等的实数根,则$m$的值为______;
(2)若方程$y'=m-\frac{1}{4}$有两个不相等的正根,求$m$的取值范围.
答案
$\frac{1}{2}$ ; 解$：(2) $由$y'=m-\frac {1}{4}，$即$x^2+2(m - 1)x +\mathrm {m^2}=m-\frac {1}{4}，$化简得$x^2+2(m - 1)x +\mathrm {m^2}-m+\frac {1}{4}=0，$ 因为方程有两个不相等的正根，所以$b^2-4ac＞0$且方程的两个根$x_{1}、$$x_{2}$满足$x_{1}x_{2}＞0，$$x_{1}+x_{2}＞0，$$ \begin {cases}[-2(m - 1)]^2-4(\mathrm {m^2}-m+\frac {1}{4})＞0\\m ^2-m+\frac {1}{4}＞0\\-2(m - 1)＞0\end {cases}$$ $解得$m＜\frac {3}{4}$且$m\neq \frac {1}{2}。$
22. (8分)(2024·杭州校级月考)如图,四边形ACDE是证明勾股定理时用到的一个图形,$a、b、c$是$Rt△ ABC$和$Rt△ BED$的边长,易知$AE=\sqrt{2}c$,这时我们把关于$x$的形如$ax^2 + \sqrt{2}cx + b = 0$的一元二次方程称为“勾系一元二次方程”.请解决下列问题:
(1)写出一个“勾系一元二次方程”;
(2)求证:关于$x$的“勾系一元二次方程”$ax^2 + \sqrt{2}cx + b = 0$必有实数根;
(3)若$x=-1$是“勾系一元二次方程”$ax^2 + \sqrt{2}cx + b = 0$的一个根,且四边形$ACDE$的周长是$12\sqrt{2}$,求$△ ABC$的面积.
(1)写出一个“勾系一元二次方程”;
(2)求证:关于$x$的“勾系一元二次方程”$ax^2 + \sqrt{2}cx + b = 0$必有实数根;
(3)若$x=-1$是“勾系一元二次方程”$ax^2 + \sqrt{2}cx + b = 0$的一个根,且四边形$ACDE$的周长是$12\sqrt{2}$,求$△ ABC$的面积.
答案
解: (1)$3x^{2}+5\sqrt{2}x + 4 = 0$（答案不唯一） (2)根据题意，得判别式为$(\sqrt{2}c)^{2}-4ab=2c^{2}-4ab。$ 因为$a^{2}+b^{2}=c^{2}，$
所以$2c^{2}-4ab=2(a^{2}+b^{2})-4ab=2(a - b)^{2}\geqslant0，$ 所以关于$x$的“勾系一元二次方程”$ax^{2}+\sqrt{2}cx + b = 0$必有实数根。 (3)当$x=-1$时，有$a-\sqrt{2}c + b = 0，$
即$a + b=\sqrt{2}c。$ 因为$2a + 2b+\sqrt{2}c=12\sqrt{2}，$
即$2(a + b)+\sqrt{2}c=12\sqrt{2}，$ 所以$3\sqrt{2}c=12\sqrt{2}，$解得$c = 4，$ 所以$a^{2}+b^{2}=c^{2}=16，$$a + b=4\sqrt{2}。$ 因为$(a + b)^{2}=a^{2}+b^{2}+2ab，$
所以$ab = 8，$ 所以$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}ab = 4。$
所以$2c^{2}-4ab=2(a^{2}+b^{2})-4ab=2(a - b)^{2}\geqslant0，$ 所以关于$x$的“勾系一元二次方程”$ax^{2}+\sqrt{2}cx + b = 0$必有实数根。 (3)当$x=-1$时，有$a-\sqrt{2}c + b = 0，$
即$a + b=\sqrt{2}c。$ 因为$2a + 2b+\sqrt{2}c=12\sqrt{2}，$
即$2(a + b)+\sqrt{2}c=12\sqrt{2}，$ 所以$3\sqrt{2}c=12\sqrt{2}，$解得$c = 4，$ 所以$a^{2}+b^{2}=c^{2}=16，$$a + b=4\sqrt{2}。$ 因为$(a + b)^{2}=a^{2}+b^{2}+2ab，$
所以$ab = 8，$ 所以$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}ab = 4。$
