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12. 已知关于 $ x $ 的一元二次方程 $ x^2 - 5x + m = 0 $。
(1)若方程有实数根,求实数 $ m $ 的取值范围;
(2)若方程的两个实数根分别为 $ x_1, x_2 $,且满足 $ 3x_1 - 2x_2 = 5 $,求实数 $ m $ 的值。
(1)若方程有实数根,求实数 $ m $ 的取值范围;
(2)若方程的两个实数根分别为 $ x_1, x_2 $,且满足 $ 3x_1 - 2x_2 = 5 $,求实数 $ m $ 的值。
答案
12.解:(1)
∵方程有实数根,
∴$b^2-4ac=25-4m≥0$,解得$m≤\frac{25}{4}$.
(2)由一元二次方程根与系数的关系可知$x_1+x_2=5$,$x_1x_2=m$,
∵$3x_1-2x_2=5$,
∴$3x_1+3x_2-5x_2=5$,
∴$-5x_2=-10$,解得$x_2=2$.把$x=2$代入原方程,得$2^2-5×2+m=0$,解得$m=6$.
∵方程有实数根,
∴$b^2-4ac=25-4m≥0$,解得$m≤\frac{25}{4}$.
(2)由一元二次方程根与系数的关系可知$x_1+x_2=5$,$x_1x_2=m$,
∵$3x_1-2x_2=5$,
∴$3x_1+3x_2-5x_2=5$,
∴$-5x_2=-10$,解得$x_2=2$.把$x=2$代入原方程,得$2^2-5×2+m=0$,解得$m=6$.
13.(2025·南充)设$x_1,x_2$是关于$x$的方程$(x-1)(x-2)=m^2$的两根.
(1)当$x_1=-1$时,求$x_2$及$m$的值;
(2)求证:$(x_1-1)(x_2-1)≤0$.
(1)当$x_1=-1$时,求$x_2$及$m$的值;
(2)求证:$(x_1-1)(x_2-1)≤0$.
答案
13.(1)解:把$x_1=-1$代入方程$(x-1)(x-2)=m^2$,得$m^2=6$,
∴$m=\pm\sqrt{6}$,
∴$(x-1)(x-2)=6$,即$x^2-3x-4=0$,
∴$(x-4)(x+1)=0$,
∴$x_1=-1$,$x_2=4$,
∴$x_2=4$,$m=\pm\sqrt{6}$.
(2)证明:
∵方程$(x-1)(x-2)=m^2$,即$x^2-3x+2-m^2=0$的两根为$x_1,x_2$,
∴$x_1+x_2=3$,$x_1· x_2=2-m^2$,
∴$(x_1-1)(x_2-1)=x_1· x_2-(x_1+x_2)+1=2-m^2-3+1=-m^2$.
∵$m^2≥0$,
∴$-m^2≤0$,即$(x_1-1)(x_2-1)≤0$.
∴$m=\pm\sqrt{6}$,
∴$(x-1)(x-2)=6$,即$x^2-3x-4=0$,
∴$(x-4)(x+1)=0$,
∴$x_1=-1$,$x_2=4$,
∴$x_2=4$,$m=\pm\sqrt{6}$.
(2)证明:
∵方程$(x-1)(x-2)=m^2$,即$x^2-3x+2-m^2=0$的两根为$x_1,x_2$,
∴$x_1+x_2=3$,$x_1· x_2=2-m^2$,
∴$(x_1-1)(x_2-1)=x_1· x_2-(x_1+x_2)+1=2-m^2-3+1=-m^2$.
∵$m^2≥0$,
∴$-m^2≤0$,即$(x_1-1)(x_2-1)≤0$.
14.(2025·扬州期末)已知关于$x$的一元二次方程$x^2-(m+5)x+3m+6=0$.
(1)求证:不论实数$m$取何值,方程总有实数根;
(2)若该方程的两根是一个矩形的两邻边的长,当这个矩形的对角线长为5时,求$m$的值.
(1)求证:不论实数$m$取何值,方程总有实数根;
(2)若该方程的两根是一个矩形的两邻边的长,当这个矩形的对角线长为5时,求$m$的值.
答案
14.(1)证明:
∵$b^2-4ac=[-(m+5)]^2-4(3m+6)=m^2-2m+1=(m-1)^2≥0$,
∴不论实数$m$取何值,方程总有实数根.
(2)设矩形的两邻边长为$a,b$,
根据根与系数的关系得$a+b=m+5＞0$,$ab=3m+6＞0$,
∴$m＞-2$.
∵$a^2+b^2=25$,
∴$(a+b)^2-2ab=25$,
即$(m+5)^2-2(3m+6)=25$,整理,得$m^2+4m-12=0$,
解得$m_1=-6$(舍去),$m_2=2$,
∴$m$的值为2.
∵$b^2-4ac=[-(m+5)]^2-4(3m+6)=m^2-2m+1=(m-1)^2≥0$,
∴不论实数$m$取何值,方程总有实数根.
(2)设矩形的两邻边长为$a,b$,
根据根与系数的关系得$a+b=m+5＞0$,$ab=3m+6＞0$,
∴$m＞-2$.
∵$a^2+b^2=25$,
∴$(a+b)^2-2ab=25$,
即$(m+5)^2-2(3m+6)=25$,整理,得$m^2+4m-12=0$,
解得$m_1=-6$(舍去),$m_2=2$,
∴$m$的值为2.
15.(2025·苏州期中)如果实数$m,n$满足$m^2 - m - 1 = 0,n^2 - n - 1 = 0$,且$m≠n$,则可利用根的定义构造一元二次方程$x^2 - x - 1 = 0$,将$m,n$看作是此方程的两个不相等实数根.
请根据上述材料解决下面问题:
(1)已知实数$m,n$满足$3m^2 - m - 2 = 0,3n^2 - n - 2 = 0$,求$\frac{n}{m} + \frac{m}{n}$的值;
(2)已知实数$a,b,c$满足$a + b = c - 5,ab = \frac{16}{5 - c}$,且$c＜5$,求$c$的最大值.
请根据上述材料解决下面问题:
(1)已知实数$m,n$满足$3m^2 - m - 2 = 0,3n^2 - n - 2 = 0$,求$\frac{n}{m} + \frac{m}{n}$的值;
(2)已知实数$a,b,c$满足$a + b = c - 5,ab = \frac{16}{5 - c}$,且$c＜5$,求$c$的最大值.
答案
15.解:(1)实数$m,n$满足$3m^2 - m - 2 = 0$,$3n^2 - n - 2 = 0$,
当$m=n$时,$\frac{n}{m}+\frac{m}{n}=1+1=2$;
当$m≠ n$时,$m,n$可看作方程$3x^2 - x - 2 = 0$的两根,
∴$m+n=\frac{1}{3}$,$mn=-\frac{2}{3}$,
∴$\frac{n}{m}+\frac{m}{n}=\frac{m^2+n^2}{mn}=\frac{(m+n)^2-2mn}{mn}=\frac{(\frac{1}{3})^2-2×(-\frac{2}{3})}{-\frac{2}{3}}=-\frac{13}{6}$.
综上所述,$\frac{n}{m}+\frac{m}{n}$的值为2或$-\frac{13}{6}$.
(2)把$a,b$看作关于$x$的一元二次方程$x^2-(c-5)x+\frac{16}{5-c}=0$的两根,
∵$(c-5)^2-4×\frac{16}{5-c}≥0$,$c＜5$,
∴$(5-c)^3-64≥0$,
即$(5-c)^3≥64$,即$5-c≥4$,解得$c≤1$,
∴$c$的最大值为1.
当$m=n$时,$\frac{n}{m}+\frac{m}{n}=1+1=2$;
当$m≠ n$时,$m,n$可看作方程$3x^2 - x - 2 = 0$的两根,
∴$m+n=\frac{1}{3}$,$mn=-\frac{2}{3}$,
∴$\frac{n}{m}+\frac{m}{n}=\frac{m^2+n^2}{mn}=\frac{(m+n)^2-2mn}{mn}=\frac{(\frac{1}{3})^2-2×(-\frac{2}{3})}{-\frac{2}{3}}=-\frac{13}{6}$.
综上所述,$\frac{n}{m}+\frac{m}{n}$的值为2或$-\frac{13}{6}$.
(2)把$a,b$看作关于$x$的一元二次方程$x^2-(c-5)x+\frac{16}{5-c}=0$的两根,
∵$(c-5)^2-4×\frac{16}{5-c}≥0$,$c＜5$,
∴$(5-c)^3-64≥0$,
即$(5-c)^3≥64$,即$5-c≥4$,解得$c≤1$,
∴$c$的最大值为1.
