登录
1. 已知实数 $x_1, x_2(x_1 ≠ x_2)$ 是关于 $x$ 的方程
$k x^2+2k x+1=0(k ≠ 0)$ 的两个根. 若 $\dfrac{1}{x_1}+$
$\dfrac{1}{x_2}=2$, 则 $k$ 的值为（
A.$1$
B.$-1$
C.$\dfrac{1}{2}$
D.$-\dfrac{1}{2}$
$k x^2+2k x+1=0(k ≠ 0)$ 的两个根. 若 $\dfrac{1}{x_1}+$
$\dfrac{1}{x_2}=2$, 则 $k$ 的值为（
B
）A.$1$
B.$-1$
C.$\dfrac{1}{2}$
D.$-\dfrac{1}{2}$
答案
B
解析
【分析】
要解决这道题，首先明确题目给出的是一元二次方程且有两个不相等的实数根，需先通过根的判别式确认方程有实根；其次，要求的两根倒数和可变形为两根和与两根积的形式，需用到韦达定理；最后代入计算得到k值后，还要验证该k是否满足判别式条件，确保解的合理性。
【解析】
解：因为方程$kx^2 + 2kx + 1 = 0(k≠0)$是一元二次方程，且有两个不相等的实数根，所以判别式$\Delta＞0$：
$\Delta=(2k)^2 - 4×k×1 = 4k^2 - 4k ＞ 0$，化简得$k(k - 1) ＞ 0$，解得$k ＜ 0$或$k ＞ 1$。
根据韦达定理，对于一元二次方程$ax^2 + bx + c = 0(a≠0)$，两根$x_1,x_2$满足：
$x_1 + x_2 = -\frac{b}{a}$，$x_1x_2 = \frac{c}{a}$，因此本题中：
$x_1 + x_2 = -\frac{2k}{k} = -2$，$x_1x_2 = \frac{1}{k}$。
已知$\frac{1}{x_1} + \frac{1}{x_2} = 2$，将左边通分得：
$\frac{1}{x_1} + \frac{1}{x_2} = \frac{x_1 + x_2}{x_1x_2}$，代入$x_1+x_2=-2$和$x_1x_2=\frac{1}{k}$得：
$\frac{-2}{\frac{1}{k}} = -2k = 2$，解得$k = -1$。
验证$k=-1$是否满足判别式条件：$k=-1 ＜ 0$，符合$\Delta＞0$，因此$k=-1$，对应选项B。
【答案】
B
【知识点】
一元二次方程根的判别式；韦达定理
【点评】
本题考查一元二次方程根的判别式与韦达定理的综合应用，解题关键是将两根倒数和转化为两根和与积的形式，需注意先利用判别式确认方程有两个不等实根，避免出现增根，属于基础题型。
【难度系数】
0.6
要解决这道题，首先明确题目给出的是一元二次方程且有两个不相等的实数根，需先通过根的判别式确认方程有实根；其次，要求的两根倒数和可变形为两根和与两根积的形式，需用到韦达定理；最后代入计算得到k值后，还要验证该k是否满足判别式条件，确保解的合理性。
【解析】
解：因为方程$kx^2 + 2kx + 1 = 0(k≠0)$是一元二次方程，且有两个不相等的实数根，所以判别式$\Delta＞0$：
$\Delta=(2k)^2 - 4×k×1 = 4k^2 - 4k ＞ 0$，化简得$k(k - 1) ＞ 0$，解得$k ＜ 0$或$k ＞ 1$。
根据韦达定理，对于一元二次方程$ax^2 + bx + c = 0(a≠0)$，两根$x_1,x_2$满足：
$x_1 + x_2 = -\frac{b}{a}$，$x_1x_2 = \frac{c}{a}$，因此本题中：
$x_1 + x_2 = -\frac{2k}{k} = -2$，$x_1x_2 = \frac{1}{k}$。
已知$\frac{1}{x_1} + \frac{1}{x_2} = 2$，将左边通分得：
$\frac{1}{x_1} + \frac{1}{x_2} = \frac{x_1 + x_2}{x_1x_2}$，代入$x_1+x_2=-2$和$x_1x_2=\frac{1}{k}$得：
$\frac{-2}{\frac{1}{k}} = -2k = 2$，解得$k = -1$。
验证$k=-1$是否满足判别式条件：$k=-1 ＜ 0$，符合$\Delta＞0$，因此$k=-1$，对应选项B。
【答案】
B
【知识点】
一元二次方程根的判别式；韦达定理
【点评】
本题考查一元二次方程根的判别式与韦达定理的综合应用，解题关键是将两根倒数和转化为两根和与积的形式，需注意先利用判别式确认方程有两个不等实根，避免出现增根，属于基础题型。
【难度系数】
0.6
2. 已知关于 $x$ 的一元二次方程 $ax^2+bx+$ $1=0$ 的两个根分别为 $x_1=1,x_2=2$,则关于 $x$ 的一元二次方程 $a(x+1)^2+b(x+1)$ $+1=0$ 的两根之和为（
A.1
B.2
C.$-1$
D.$-2$
A
）A.1
B.2
C.$-1$
D.$-2$
答案
A
解析
【分析】
要解决这个问题，我们可以利用换元法，将所求方程转化为已知根的方程形式。已知第一个一元二次方程的根，而第二个方程的结构与第一个方程相似，仅变量替换为$(x+1)$，因此可通过换元找到所求方程的根，进而计算两根之和。
【解析】
设$ t = x + 1 $，则所求方程$ a(x+1)^2 + b(x+1)+1=0 $可转化为$ at^2 + bt +1=0 $。
已知方程$ ax^2 + bx +1=0 $的两根为$ x_1=1 $，$ x_2=2 $，根据方程根的定义，方程$ at^2 + bt +1=0 $的两根为$ t_1=1 $，$ t_2=2 $。
因为$ t = x +1 $，所以$ x = t -1 $，因此所求方程的两根分别为：
$ x_1 = t_1 -1 =1 -1=0 $，$ x_2 = t_2 -1=2 -1=1 $。
两根之和为$ 0 +1=1 $，故答案选A。
【答案】
A
【知识点】
一元二次方程根的定义，换元法
【点评】
本题考查换元法在一元二次方程中的应用，核心是通过变量替换将陌生方程转化为熟悉的已知根的方程，从而快速求解，需要学生掌握方程结构的相似性分析，灵活运用换元思想。
【难度系数】
0.5
要解决这个问题，我们可以利用换元法，将所求方程转化为已知根的方程形式。已知第一个一元二次方程的根，而第二个方程的结构与第一个方程相似，仅变量替换为$(x+1)$，因此可通过换元找到所求方程的根，进而计算两根之和。
【解析】
设$ t = x + 1 $，则所求方程$ a(x+1)^2 + b(x+1)+1=0 $可转化为$ at^2 + bt +1=0 $。
已知方程$ ax^2 + bx +1=0 $的两根为$ x_1=1 $，$ x_2=2 $，根据方程根的定义，方程$ at^2 + bt +1=0 $的两根为$ t_1=1 $，$ t_2=2 $。
因为$ t = x +1 $，所以$ x = t -1 $，因此所求方程的两根分别为：
$ x_1 = t_1 -1 =1 -1=0 $，$ x_2 = t_2 -1=2 -1=1 $。
两根之和为$ 0 +1=1 $，故答案选A。
【答案】
A
【知识点】
一元二次方程根的定义，换元法
【点评】
本题考查换元法在一元二次方程中的应用，核心是通过变量替换将陌生方程转化为熟悉的已知根的方程，从而快速求解，需要学生掌握方程结构的相似性分析，灵活运用换元思想。
【难度系数】
0.5
3. (2024 南京市建邺区期中) 已知 $m,n,s,t$为互不相等的实数, 且 $(m+s)(m+t)=2$,$(n+s)(n+t)=2$, 则 $mn-st$ 的值为
（
A.$-2$
B.$0$
C.$\dfrac{1}{2}$
D.$2$
（
A
）A.$-2$
B.$0$
C.$\dfrac{1}{2}$
D.$2$
答案
A 提示:因为 $(m+s)(m+t)=2$,$(n+s)(n+t)=2$,所以 $m^2+m(s+t)+st-2=0$,$n^2+n(s+t)+st-2=0$. 因为 $m,n,s,t$ 为互不相等的实数,所以 $m$ 和 $n$ 可以看作方程 $x^2+(s+t)x+st-2=0$ 的两个根,所以 $mn=\dfrac{c}{a}=\dfrac{st-2}{1}=st-2$, 所以 $mn-st=-2$.
解析
【分析】
首先观察已知的两个等式，将其展开后可发现均符合一元二次方程的形式，据此构造以m、n为根的一元二次方程，再利用韦达定理求出mn与st的关系，进而计算mn - st的值。
【解析】
1. 展开并整理已知等式：
对$(m+s)(m+t)=2$展开得：$m^2 + m(s+t) + st = 2$，整理为：$m^2 + (s+t)m + st - 2 = 0$；
同理，对$(n+s)(n+t)=2$展开整理得：$n^2 + (s+t)n + st - 2 = 0$。
2. 构造一元二次方程：
因为m、n、s、t为互不相等的实数，所以m和n可看作一元二次方程$x^2 + (s+t)x + st - 2 = 0$的两个不相等的实根。
3. 应用韦达定理：
根据韦达定理，对于一元二次方程$ax^2 + bx + c = 0$，两根之积为$\frac{c}{a}$，此处方程中$a=1$，$c=st - 2$，因此两根之积$mn = st - 2$。
4. 计算目标式：
$mn - st = (st - 2) - st = -2$。
【答案】
A
【知识点】
一元二次方程根的定义；韦达定理（根与系数的关系）
【点评】
本题核心是通过展开已知等式构造一元二次方程，利用方程根的性质和韦达定理简化计算，避免直接求解m、n的值，是代数中常用的构造法解题思路，需熟练掌握。
【难度系数】
0.5
首先观察已知的两个等式，将其展开后可发现均符合一元二次方程的形式，据此构造以m、n为根的一元二次方程，再利用韦达定理求出mn与st的关系，进而计算mn - st的值。
【解析】
1. 展开并整理已知等式：
对$(m+s)(m+t)=2$展开得：$m^2 + m(s+t) + st = 2$，整理为：$m^2 + (s+t)m + st - 2 = 0$；
同理，对$(n+s)(n+t)=2$展开整理得：$n^2 + (s+t)n + st - 2 = 0$。
2. 构造一元二次方程：
因为m、n、s、t为互不相等的实数，所以m和n可看作一元二次方程$x^2 + (s+t)x + st - 2 = 0$的两个不相等的实根。
3. 应用韦达定理：
根据韦达定理，对于一元二次方程$ax^2 + bx + c = 0$，两根之积为$\frac{c}{a}$，此处方程中$a=1$，$c=st - 2$，因此两根之积$mn = st - 2$。
4. 计算目标式：
$mn - st = (st - 2) - st = -2$。
【答案】
A
【知识点】
一元二次方程根的定义；韦达定理（根与系数的关系）
【点评】
本题核心是通过展开已知等式构造一元二次方程，利用方程根的性质和韦达定理简化计算，避免直接求解m、n的值，是代数中常用的构造法解题思路，需熟练掌握。
【难度系数】
0.5
4. (2025 镇江市期末) 已知 $a^{2}+3a-7=0$，$b^{4}-3b^{2}-7=0$，且 $a+b^{2} ≠ 0$，则代数式$\dfrac{ab^{2}-b^{2}-4}{3a}$的值等于
$-\dfrac{1}{3}$
.答案
提示:设 $c=-b^2$,代入 $b^4-3b^2-7=0$,得 $c^2+3c-7=0$,与 $a^2+3a-7=0$ 形式相同,故 $a$ 和 $-b^2$ 是方程 $x^2+3x-7=0$ 的两个根. 所以 $a+(-b^2)=-3$,$a·(-b^2)=-7$,即 $a-b^2=-3$,$ab^2=7$. $\dfrac{ab^2-b^2-4}{3a}=\dfrac{b^2(a-1)-4}{3a}$,由 $a-b^2=-3$ 得 $b^2=a+3$,代入分子,得 $(a-1)(a+3)-4=a^2+2a-3-4=a^2+2a-7$. 由 $a^2+3a-7=0$,得 $a^2=-3a+7$,再代入分子,得 $(-3a+7)+2a-7=-a$,所以原式$=\dfrac{-a}{3a}=-\dfrac{1}{3}$.
解析
【分析】
要解决本题，需先观察两个已知方程的结构特征：第一个方程是关于$a$的二次方程，第二个方程可通过换元转化为关于$b^2$的二次方程，两者形式一致。设$c=-b^2$代入第二个方程后，得到与$a$满足的相同二次方程，结合$a+b^2≠0$可知$a$和$c=-b^2$是该二次方程的两个不同根，利用韦达定理可得到$a$与$b^2$的关系，再将这些关系代入目标代数式化简求值。
【解析】
设$c=-b^2$，将其代入$b^4 - 3b^2 -7=0$，得：
$(-b^2)^2 -3(-b^2)-7=0$，即$c^2 +3c -7=0$。
已知$a^2 +3a -7=0$，且$a + b^2≠0$（即$a≠-b^2$），因此$a$和$c=-b^2$是方程$x^2 +3x -7=0$的两个不同根。
根据韦达定理，对于方程$x^2 +3x -7=0$，两根之和$a + (-b^2)=-3$，两根之积$a·(-b^2)=-7$，即：
$a - b^2=-3$，$ab^2=7$。
化简目标代数式$\dfrac{ab^2 -b^2 -4}{3a}$：
由$a - b^2=-3$得$b^2=a+3$，代入分子：
$ab^2 -b^2 -4 = b^2(a-1)-4=(a+3)(a-1)-4$
展开计算：$a^2 +2a -3 -4=a^2 +2a -7$。
又因为$a^2 +3a -7=0$，所以$a^2=-3a +7$，代入上式：
$-3a +7 +2a -7=-a$。
因此，原式$\dfrac{ab^2 -b^2 -4}{3a}=\dfrac{-a}{3a}=-\dfrac{1}{3}$（$a≠0$，因$a^2 +3a -7=0$，若$a=0$则左边=-7≠0，故可约去$a$）。
【答案】
$-\dfrac{1}{3}$
【知识点】
一元二次方程根与系数关系、换元法、代数式化简求值
【点评】
本题通过换元法将高次方程转化为二次方程，利用韦达定理建立$a$与$b^2$的关系，再代入化简求值，考查学生的观察能力、换元思想和代数变形能力，是一元二次方程应用的典型题型，需灵活运用方程根的性质和韦达定理。
【难度系数】
0.5
要解决本题，需先观察两个已知方程的结构特征：第一个方程是关于$a$的二次方程，第二个方程可通过换元转化为关于$b^2$的二次方程，两者形式一致。设$c=-b^2$代入第二个方程后，得到与$a$满足的相同二次方程，结合$a+b^2≠0$可知$a$和$c=-b^2$是该二次方程的两个不同根，利用韦达定理可得到$a$与$b^2$的关系，再将这些关系代入目标代数式化简求值。
【解析】
设$c=-b^2$，将其代入$b^4 - 3b^2 -7=0$，得：
$(-b^2)^2 -3(-b^2)-7=0$，即$c^2 +3c -7=0$。
已知$a^2 +3a -7=0$，且$a + b^2≠0$（即$a≠-b^2$），因此$a$和$c=-b^2$是方程$x^2 +3x -7=0$的两个不同根。
根据韦达定理，对于方程$x^2 +3x -7=0$，两根之和$a + (-b^2)=-3$，两根之积$a·(-b^2)=-7$，即：
$a - b^2=-3$，$ab^2=7$。
化简目标代数式$\dfrac{ab^2 -b^2 -4}{3a}$：
由$a - b^2=-3$得$b^2=a+3$，代入分子：
$ab^2 -b^2 -4 = b^2(a-1)-4=(a+3)(a-1)-4$
展开计算：$a^2 +2a -3 -4=a^2 +2a -7$。
又因为$a^2 +3a -7=0$，所以$a^2=-3a +7$，代入上式：
$-3a +7 +2a -7=-a$。
因此，原式$\dfrac{ab^2 -b^2 -4}{3a}=\dfrac{-a}{3a}=-\dfrac{1}{3}$（$a≠0$，因$a^2 +3a -7=0$，若$a=0$则左边=-7≠0，故可约去$a$）。
【答案】
$-\dfrac{1}{3}$
【知识点】
一元二次方程根与系数关系、换元法、代数式化简求值
【点评】
本题通过换元法将高次方程转化为二次方程，利用韦达定理建立$a$与$b^2$的关系，再代入化简求值，考查学生的观察能力、换元思想和代数变形能力，是一元二次方程应用的典型题型，需灵活运用方程根的性质和韦达定理。
【难度系数】
0.5
5. (2024 德州市中考)已知 $a$ 和 $b$ 是一元二次方程 $x^{2}+2024x-4=0$ 的两个解,则 $a^{2}+2023a-b$ 的值为
$2028$
.答案
提示:因为 $a$ 和 $b$ 是方程 $x^2+2024x-4=0$ 的两个解,所以 $a^2+2024a-4=0$,$a+b=-2024$,所以 $a^2+2024a=4$,所以 $a^2+2023a-b=a^2+2024a-a-b=4-(a+b)=4-(-2024)=2028$.
解析
【分析】
要解决这个问题，需利用一元二次方程根的定义和韦达定理（根与系数的关系）：首先，因为a是方程的根，代入方程可得到$a^2 + 2024a$的值；其次，根据韦达定理可得两根$a+b$的和；最后将所求代数式变形，把$a^2 + 2023a$拆分为$(a^2 + 2024a)-a$，再结合$a+b$的整体值代入计算，无需单独求a、b的具体值。
【解析】
1. 因为a是一元二次方程$x^2 + 2024x - 4 = 0$的根，将$x=a$代入方程得：
$a^2 + 2024a - 4 = 0$，整理得$a^2 + 2024a = 4$；
2. 因为a、b是方程的两个解，根据韦达定理，两根之和$a + b = -2024$；
3. 对所求代数式变形：
$a^2 + 2023a - b = (a^2 + 2024a) - a - b = (a^2 + 2024a) - (a + b)$；
4. 代入已知值计算：
原式$= 4 - (-2024) = 2028$。
【答案】
2028
【知识点】
一元二次方程的根；根与系数的关系
【点评】
本题综合考查一元二次方程根的定义与韦达定理的应用，关键是通过代数式变形运用整体代入思想简化计算，是中考常见的中等难度题型，注重基础知识的灵活运用。
【难度系数】
0.6
要解决这个问题，需利用一元二次方程根的定义和韦达定理（根与系数的关系）：首先，因为a是方程的根，代入方程可得到$a^2 + 2024a$的值；其次，根据韦达定理可得两根$a+b$的和；最后将所求代数式变形，把$a^2 + 2023a$拆分为$(a^2 + 2024a)-a$，再结合$a+b$的整体值代入计算，无需单独求a、b的具体值。
【解析】
1. 因为a是一元二次方程$x^2 + 2024x - 4 = 0$的根，将$x=a$代入方程得：
$a^2 + 2024a - 4 = 0$，整理得$a^2 + 2024a = 4$；
2. 因为a、b是方程的两个解，根据韦达定理，两根之和$a + b = -2024$；
3. 对所求代数式变形：
$a^2 + 2023a - b = (a^2 + 2024a) - a - b = (a^2 + 2024a) - (a + b)$；
4. 代入已知值计算：
原式$= 4 - (-2024) = 2028$。
【答案】
2028
【知识点】
一元二次方程的根；根与系数的关系
【点评】
本题综合考查一元二次方程根的定义与韦达定理的应用，关键是通过代数式变形运用整体代入思想简化计算，是中考常见的中等难度题型，注重基础知识的灵活运用。
【难度系数】
0.6
6. (2024 南京市联合体期中)定义:设 $x_1,x_2$ 是方程 $ax^2+bx+c=0(a≠0)$ 的两个实数根,若满足 $|x_1+x_2|=|x_1x_2|$,则称此类方程为“和谐方程”.例如:方程 $x^2=0$ 是“和谐方程”.
(1) 下列方程是“和谐方程”的是
①$x^2-x=0$;
②$x^2-4x+4=0$;
③$(x+1)(x-\dfrac{1}{2})=0.$
(2) 若方程 $x^2-(m+2)x+2m=0$ 是“和谐方程”,求 $m$ 的值.
(3) 若方程 $ax^2+bx+c=0(a≠0)$ 为“和谐方程”,求 $b,c$ 满足的数量关系.
(1) 下列方程是“和谐方程”的是
②③
.①$x^2-x=0$;
②$x^2-4x+4=0$;
③$(x+1)(x-\dfrac{1}{2})=0.$
(2) 若方程 $x^2-(m+2)x+2m=0$ 是“和谐方程”,求 $m$ 的值.
(3) 若方程 $ax^2+bx+c=0(a≠0)$ 为“和谐方程”,求 $b,c$ 满足的数量关系.
答案
解:(1) ②③ 提示:①因为 $x_1x_2=\dfrac{0}{1}=0$,$x_1+x_2=-\dfrac{1}{1}=1$,所以 $|x_1+x_2|≠|x_1x_2|$,所以该方程不是“和谐方程”;②因为 $x_1x_2=\dfrac{4}{1}=4$,$x_1+x_2=-\dfrac{-4}{1}=4$,所以 $|x_1+x_2|=|x_1x_2|$,所以该方程是“和谐方程”;③ $(x+1)(x-\dfrac{1}{2})=0$,解得 $x_1=-1$,$x_2=\dfrac{1}{2}$,所以 $x_1x_2=-\dfrac{1}{2}$,$x_1+x_2=-1+\dfrac{1}{2}=-\dfrac{1}{2}$,所以 $|x_1+x_2|=|x_1x_2|$,所以该方程是“和谐方程”.
(2) 因为方程 $x^2-(m+2)x+2m=0$ 是“和谐方程”,且 $x_1+x_2=m+2$,$x_1x_2=2m$,所以 $|m+2|=|2m|$,所以 $(m+2)^2=4m^2$,即 $3m^2-4m-4=0$,解得 $m_1=2$,$m_2=-\dfrac{2}{3}$.
(3) 对于 $ax^2+bx+c=0(a≠0)$,可得 $x_1+x_2=-\dfrac{b}{a}$,$x_1x_2=\dfrac{c}{a}$. 因为方程 $ax^2+bx+c=0(a≠0)$ 是“和谐方程”,所以 $\left|-\dfrac{b}{a}\right|=\left|\dfrac{c}{a}\right|$. 因为 $a≠0$,所以 $|b|=|c|$,即 $b^2=c^2$(或 $b=\pm c$).
(2) 因为方程 $x^2-(m+2)x+2m=0$ 是“和谐方程”,且 $x_1+x_2=m+2$,$x_1x_2=2m$,所以 $|m+2|=|2m|$,所以 $(m+2)^2=4m^2$,即 $3m^2-4m-4=0$,解得 $m_1=2$,$m_2=-\dfrac{2}{3}$.
(3) 对于 $ax^2+bx+c=0(a≠0)$,可得 $x_1+x_2=-\dfrac{b}{a}$,$x_1x_2=\dfrac{c}{a}$. 因为方程 $ax^2+bx+c=0(a≠0)$ 是“和谐方程”,所以 $\left|-\dfrac{b}{a}\right|=\left|\dfrac{c}{a}\right|$. 因为 $a≠0$,所以 $|b|=|c|$,即 $b^2=c^2$(或 $b=\pm c$).
解析
【分析】本题为新定义题型，核心是理解“和谐方程”的定义：对于一元二次方程$ax^2+bx+c=0(a≠0)$，若两根$x_1,x_2$满足$|x_1+x_2|=|x_1x_2|$，则为和谐方程。解题思路：(1)对每个方程，利用韦达定理计算两根和与两根积，验证绝对值是否相等；(2)对给定方程，由韦达定理得到两根和与积的表达式，根据和谐方程条件列绝对值方程，求解$m$；(3)通用情况，代入韦达定理化简得到$b,c$的关系。
【解析】
(1) 根据韦达定理，一元二次方程$ax^2+bx+c=0(a≠0)$的两根和$x_1+x_2=-\frac{b}{a}$，两根积$x_1x_2=\frac{c}{a}$。
①方程$x^2-x=0$中，$a=1,b=-1,c=0$，则$x_1+x_2=1$，$x_1x_2=0$，$|1|≠|0|$，不是和谐方程；
②方程$x^2-4x+4=0$中，$a=1,b=-4,c=4$，则$x_1+x_2=4$，$x_1x_2=4$，$|4|=|4|$，是和谐方程；
③方程$(x+1)(x-\frac{1}{2})=0$，展开为$x^2+\frac{1}{2}x-\frac{1}{2}=0$，$a=1,b=\frac{1}{2},c=-\frac{1}{2}$，则$x_1+x_2=-\frac{1}{2}$，$x_1x_2=-\frac{1}{2}$，$|-\frac{1}{2}|=|-\frac{1}{2}|$，是和谐方程；故答案为②③。
(2) 方程$x^2-(m+2)x+2m=0$中，$a=1,b=-(m+2),c=2m$，由韦达定理得$x_1+x_2=m+2$，$x_1x_2=2m$。
因该方程是和谐方程，故$|m+2|=|2m|$，两边平方得$(m+2)^2=4m^2$，整理为$3m^2-4m-4=0$，因式分解得$(3m+2)(m-2)=0$，解得$m_1=2$，$m_2=-\frac{2}{3}$。
(3) 对于方程$ax^2+bx+c=0(a≠0)$，由韦达定理得$x_1+x_2=-\frac{b}{a}$，$x_1x_2=\frac{c}{a}$。
因该方程是和谐方程，故$\left|-\frac{b}{a}\right|=\left|\frac{c}{a}\right|$，又$a≠0$，两边同乘$|a|$得$|b|=|c|$，即$b^2=c^2$（或$b=±c$）。
【答案】(1)②③；(2)$m=2$或$m=-\frac{2}{3}$；(3)$|b|=|c|$（或$b^2=c^2$）
【知识点】一元二次方程根与系数的关系，绝对值方程，一元二次方程的解法
【点评】本题是新定义题型，考查学生对新定义的理解及韦达定理的应用，解题关键是将“和谐方程”的条件转化为根与系数的关系，计算过程需注意绝对值方程的处理，难度适中，适合期中阶段考查学生的综合能力。
【难度系数】0.6
【解析】
(1) 根据韦达定理，一元二次方程$ax^2+bx+c=0(a≠0)$的两根和$x_1+x_2=-\frac{b}{a}$，两根积$x_1x_2=\frac{c}{a}$。
①方程$x^2-x=0$中，$a=1,b=-1,c=0$，则$x_1+x_2=1$，$x_1x_2=0$，$|1|≠|0|$，不是和谐方程；
②方程$x^2-4x+4=0$中，$a=1,b=-4,c=4$，则$x_1+x_2=4$，$x_1x_2=4$，$|4|=|4|$，是和谐方程；
③方程$(x+1)(x-\frac{1}{2})=0$，展开为$x^2+\frac{1}{2}x-\frac{1}{2}=0$，$a=1,b=\frac{1}{2},c=-\frac{1}{2}$，则$x_1+x_2=-\frac{1}{2}$，$x_1x_2=-\frac{1}{2}$，$|-\frac{1}{2}|=|-\frac{1}{2}|$，是和谐方程；故答案为②③。
(2) 方程$x^2-(m+2)x+2m=0$中，$a=1,b=-(m+2),c=2m$，由韦达定理得$x_1+x_2=m+2$，$x_1x_2=2m$。
因该方程是和谐方程，故$|m+2|=|2m|$，两边平方得$(m+2)^2=4m^2$，整理为$3m^2-4m-4=0$，因式分解得$(3m+2)(m-2)=0$，解得$m_1=2$，$m_2=-\frac{2}{3}$。
(3) 对于方程$ax^2+bx+c=0(a≠0)$，由韦达定理得$x_1+x_2=-\frac{b}{a}$，$x_1x_2=\frac{c}{a}$。
因该方程是和谐方程，故$\left|-\frac{b}{a}\right|=\left|\frac{c}{a}\right|$，又$a≠0$，两边同乘$|a|$得$|b|=|c|$，即$b^2=c^2$（或$b=±c$）。
【答案】(1)②③；(2)$m=2$或$m=-\frac{2}{3}$；(3)$|b|=|c|$（或$b^2=c^2$）
【知识点】一元二次方程根与系数的关系，绝对值方程，一元二次方程的解法
【点评】本题是新定义题型，考查学生对新定义的理解及韦达定理的应用，解题关键是将“和谐方程”的条件转化为根与系数的关系，计算过程需注意绝对值方程的处理，难度适中，适合期中阶段考查学生的综合能力。
【难度系数】0.6
7. (2025 南京市玄武区期中)已知关于 $x$ 的一元二次方程 $x^2+bx+c=0$($b,c$ 为常数).
(1) 若 $b=c+3$, 求证: 该方程总有两个不相等的实数根.
(2) 若 $x_1,x_2$ 是该方程的两个根, 且 $x_1=2x_2$, 求证: $2b^2=9c$.
(1) 若 $b=c+3$, 求证: 该方程总有两个不相等的实数根.
(2) 若 $x_1,x_2$ 是该方程的两个根, 且 $x_1=2x_2$, 求证: $2b^2=9c$.
答案
证明:(1) 因为 $b=c+3$,所以 $b^2-4ac=(c+3)^2-4c=c^2+6c+9-4c=c^2+2c+9=(c+1)^2+8$. 因为 $(c+1)^2≥0$,所以 $(c+1)^2+8＞0$,所以 $b^2-4ac＞0$,所以该方程总有两个不相等的实数根.
(2) 因为 $x_1=2x_2$,$x_1+x_2=-b$,所以 $x_1=-\dfrac{2b}{3}$,$x_2=-\dfrac{b}{3}$. 又因为 $x_1x_2=c$,所以 $(-\dfrac{2b}{3})(-\dfrac{b}{3})=c$,所以 $2b^2=9c$.
(2) 因为 $x_1=2x_2$,$x_1+x_2=-b$,所以 $x_1=-\dfrac{2b}{3}$,$x_2=-\dfrac{b}{3}$. 又因为 $x_1x_2=c$,所以 $(-\dfrac{2b}{3})(-\dfrac{b}{3})=c$,所以 $2b^2=9c$.
解析
【分析】
本题分为两小问，第(1)问需证明方程总有两个不相等的实数根，核心是利用一元二次方程根的判别式，将已知条件代入判别式化简后判断符号；第(2)问需证明等式成立，核心是结合韦达定理（根与系数的关系），利用两根的倍数关系推导两根与系数的联系，进而得出结论。
【解析】
(1) 对于一元二次方程$x^2+bx+c=0$，其中二次项系数$a=1$，根的判别式为$\Delta = b^2 - 4ac = b^2 - 4c$。
已知$b = c + 3$，将其代入判别式得：
$\Delta = (c+3)^2 - 4c = c^2 + 6c + 9 - 4c = c^2 + 2c + 9 = (c+1)^2 + 8$。
因为任何实数的平方均非负，即$(c+1)^2 ≥ 0$，所以$(c+1)^2 + 8 ≥ 8 ＞ 0$，即$\Delta ＞ 0$，因此该方程总有两个不相等的实数根。
(2) 因为$x_1, x_2$是方程$x^2+bx+c=0$的两个根，根据韦达定理，两根满足$x_1 + x_2 = -b$，$x_1x_2 = c$。
已知$x_1 = 2x_2$，将其代入两根之和的式子：$2x_2 + x_2 = -b$，即$3x_2 = -b$，解得$x_2 = -\dfrac{b}{3}$，则$x_1 = 2 × (-\dfrac{b}{3}) = -\dfrac{2b}{3}$。
将$x_1, x_2$代入两根之积的式子：$x_1x_2 = (-\dfrac{2b}{3}) × (-\dfrac{b}{3}) = \dfrac{2b^2}{9}$，又因为$x_1x_2 = c$，所以$\dfrac{2b^2}{9} = c$，两边同乘9得$2b^2 = 9c$，得证。
【答案】
证明:(1) 因为 $b=c+3$,所以 $b^2-4ac=(c+3)^2-4c=c^2+6c+9-4c=c^2+2c+9=(c+1)^2+8$. 因为 $(c+1)^2≥0$,所以 $(c+1)^2+8＞0$,所以 $b^2-4ac＞0$,所以该方程总有两个不相等的实数根.
(2) 因为 $x_1=2x_2$,$x_1+x_2=-b$,所以 $x_1=-\dfrac{2b}{3}$,$x_2=-\dfrac{b}{3}$. 又因为 $x_1x_2=c$,所以 $(-\dfrac{2b}{3})(-\dfrac{b}{3})=c$,所以 $2b^2=9c$.
【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】
本题是一元二次方程的基础题型，重点考查根的判别式的应用和韦达定理的运用，解题关键是熟练掌握判别式的计算方法和韦达定理的公式，整体难度适中，适合巩固一元二次方程的核心知识点。
【难度系数】
0.6
本题分为两小问，第(1)问需证明方程总有两个不相等的实数根，核心是利用一元二次方程根的判别式，将已知条件代入判别式化简后判断符号；第(2)问需证明等式成立，核心是结合韦达定理（根与系数的关系），利用两根的倍数关系推导两根与系数的联系，进而得出结论。
【解析】
(1) 对于一元二次方程$x^2+bx+c=0$，其中二次项系数$a=1$，根的判别式为$\Delta = b^2 - 4ac = b^2 - 4c$。
已知$b = c + 3$，将其代入判别式得：
$\Delta = (c+3)^2 - 4c = c^2 + 6c + 9 - 4c = c^2 + 2c + 9 = (c+1)^2 + 8$。
因为任何实数的平方均非负，即$(c+1)^2 ≥ 0$，所以$(c+1)^2 + 8 ≥ 8 ＞ 0$，即$\Delta ＞ 0$，因此该方程总有两个不相等的实数根。
(2) 因为$x_1, x_2$是方程$x^2+bx+c=0$的两个根，根据韦达定理，两根满足$x_1 + x_2 = -b$，$x_1x_2 = c$。
已知$x_1 = 2x_2$，将其代入两根之和的式子：$2x_2 + x_2 = -b$，即$3x_2 = -b$，解得$x_2 = -\dfrac{b}{3}$，则$x_1 = 2 × (-\dfrac{b}{3}) = -\dfrac{2b}{3}$。
将$x_1, x_2$代入两根之积的式子：$x_1x_2 = (-\dfrac{2b}{3}) × (-\dfrac{b}{3}) = \dfrac{2b^2}{9}$，又因为$x_1x_2 = c$，所以$\dfrac{2b^2}{9} = c$，两边同乘9得$2b^2 = 9c$，得证。
【答案】
证明:(1) 因为 $b=c+3$,所以 $b^2-4ac=(c+3)^2-4c=c^2+6c+9-4c=c^2+2c+9=(c+1)^2+8$. 因为 $(c+1)^2≥0$,所以 $(c+1)^2+8＞0$,所以 $b^2-4ac＞0$,所以该方程总有两个不相等的实数根.
(2) 因为 $x_1=2x_2$,$x_1+x_2=-b$,所以 $x_1=-\dfrac{2b}{3}$,$x_2=-\dfrac{b}{3}$. 又因为 $x_1x_2=c$,所以 $(-\dfrac{2b}{3})(-\dfrac{b}{3})=c$,所以 $2b^2=9c$.
【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】
本题是一元二次方程的基础题型，重点考查根的判别式的应用和韦达定理的运用，解题关键是熟练掌握判别式的计算方法和韦达定理的公式，整体难度适中，适合巩固一元二次方程的核心知识点。
【难度系数】
0.6
8. 已知 $α,β(α＞β)$ 是一元二次方程 $x^2-x-$ $1=0$ 的两个实数根, 设 $s_1=α+β,s_2=α^2+$ $β^2,···,s_n=α^n+β^n$. 根据根的定义, 有 $α^2-$ $α-1=0,β^2-β-1=0$, 将两式相加, 得 $(α^2+β^2)-(α+β)-2=0$, 于是, 得 $s_2-$ $s_1-2=0$. 请根据以上信息, 解答下列问题:
(1) 利用配方法求 $α,β$ 的值, 并利用一元二次方程的根与系数的关系直接写出 $s_1$, $s_2$ 的值.
(2) 当 $n ≥ 3$ 时, 试猜想 $s_n,s_{n-1},s_{n-2}$ 之间满足的数量关系, 并证明你的猜想.
(1) 利用配方法求 $α,β$ 的值, 并利用一元二次方程的根与系数的关系直接写出 $s_1$, $s_2$ 的值.
(2) 当 $n ≥ 3$ 时, 试猜想 $s_n,s_{n-1},s_{n-2}$ 之间满足的数量关系, 并证明你的猜想.
答案
解:(1) 移项,得 $x^2-x=1$. 配方,得 $x^2-x+(\dfrac{1}{2})^2=1+(\dfrac{1}{2})^2$,即 $(x-\dfrac{1}{2})^2=\dfrac{5}{4}$. 直接开平方,得 $x-\dfrac{1}{2}=\pm\dfrac{\sqrt{5}}{2}$. 因为 $α＞β$,所以 $α=\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}$,$β=\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}$. 所以 $s_1=1$,$s_2=3$.
(2) 猜想:$s_n=s_{n-1}+s_{n-2}(n≥3)$. 证明如下:根据根的定义,得 $α^2-α-1=0$. 当 $n≥3$ 时,两边同时乘 $α^{n-2}$,得 $α^n-α^{n-1}-α^{n-2}=0$①. 同理,可得 $β^n-β^{n-1}-β^{n-2}=0$②. 由①+②,得 $(α^n+β^n)-(α^{n-1}+β^{n-1})-(α^{n-2}+β^{n-2})=0$. 因为 $s_n=α^n+β^n$,$s_{n-1}=α^{n-1}+β^{n-1}$,$s_{n-2}=α^{n-2}+β^{n-2}$,所以 $s_n -s_{n-1} -s_{n-2}=0$,即 $s_n=s_{n-1}+s_{n-2}$.
(2) 猜想:$s_n=s_{n-1}+s_{n-2}(n≥3)$. 证明如下:根据根的定义,得 $α^2-α-1=0$. 当 $n≥3$ 时,两边同时乘 $α^{n-2}$,得 $α^n-α^{n-1}-α^{n-2}=0$①. 同理,可得 $β^n-β^{n-1}-β^{n-2}=0$②. 由①+②,得 $(α^n+β^n)-(α^{n-1}+β^{n-1})-(α^{n-2}+β^{n-2})=0$. 因为 $s_n=α^n+β^n$,$s_{n-1}=α^{n-1}+β^{n-1}$,$s_{n-2}=α^{n-2}+β^{n-2}$,所以 $s_n -s_{n-1} -s_{n-2}=0$,即 $s_n=s_{n-1}+s_{n-2}$.
解析
【分析】
本题分为两小问，第(1)问需用配方法求解一元二次方程得到α、β的值，再利用一元二次方程根与系数的关系（韦达定理）计算s₁、s₂；第(2)问需根据已知根的定义，对α、β满足的方程变形，推导n≥3时sₙ、sₙ₋₁、sₙ₋₂的数量关系，核心是利用方程根的性质构造递推式。
【解析】
(1) 用配方法解方程x² - x - 1 = 0：
移项得：x² - x = 1，
配方：两边加一次项系数一半的平方，即x² - x + (1/2)² = 1 + (1/2)²，
整理得：(x - 1/2)² = 5/4，
开平方得：x - 1/2 = ±√5/2，
解得：x₁ = (1 + √5)/2，x₂ = (1 - √5)/2。
因为α＞β，所以α = (1 + √5)/2，β = (1 - √5)/2。
根据一元二次方程根与系数的关系，s₁ = α + β = 1；s₂ = α² + β² = 3。
(2) 猜想：当n≥3时，sₙ = sₙ₋₁ + sₙ₋₂。
证明：根据根的定义，α² - α - 1 = 0，两边同乘αⁿ⁻²（n≥3），得：
αⁿ - αⁿ⁻¹ - αⁿ⁻² = 0 ①；
同理，β² - β - 1 = 0，两边同乘βⁿ⁻²，得：
βⁿ - βⁿ⁻¹ - βⁿ⁻² = 0 ②；
将①+②，得：(αⁿ + βⁿ) - (αⁿ⁻¹ + βⁿ⁻¹) - (αⁿ⁻² + βⁿ⁻²) = 0。
因为sₙ = αⁿ + βⁿ，sₙ₋₁ = αⁿ⁻¹ + βⁿ⁻¹，sₙ₋₂ = αⁿ⁻² + βⁿ⁻²，
代入得：sₙ - sₙ₋₁ - sₙ₋₂ = 0，即sₙ = sₙ₋₁ + sₙ₋₂。
【答案】
(1) α=(1+√5)/2，β=(1-√5)/2；s₁=1，s₂=3；
(2) sₙ=sₙ₋₁+sₙ₋₂（n≥3）。
【知识点】
配方法解一元二次方程；一元二次方程根与系数的关系；递推关系推导。
【点评】
本题综合考查配方法解一元二次方程、韦达定理的应用，以及利用方程根的性质推导数列递推关系，解题关键是从根的定义出发构造含αⁿ、βⁿ的式子，难度适中，适合中等水平学生掌握。
【难度系数】
0.6
本题分为两小问，第(1)问需用配方法求解一元二次方程得到α、β的值，再利用一元二次方程根与系数的关系（韦达定理）计算s₁、s₂；第(2)问需根据已知根的定义，对α、β满足的方程变形，推导n≥3时sₙ、sₙ₋₁、sₙ₋₂的数量关系，核心是利用方程根的性质构造递推式。
【解析】
(1) 用配方法解方程x² - x - 1 = 0：
移项得：x² - x = 1，
配方：两边加一次项系数一半的平方，即x² - x + (1/2)² = 1 + (1/2)²，
整理得：(x - 1/2)² = 5/4，
开平方得：x - 1/2 = ±√5/2，
解得：x₁ = (1 + √5)/2，x₂ = (1 - √5)/2。
因为α＞β，所以α = (1 + √5)/2，β = (1 - √5)/2。
根据一元二次方程根与系数的关系，s₁ = α + β = 1；s₂ = α² + β² = 3。
(2) 猜想：当n≥3时，sₙ = sₙ₋₁ + sₙ₋₂。
证明：根据根的定义，α² - α - 1 = 0，两边同乘αⁿ⁻²（n≥3），得：
αⁿ - αⁿ⁻¹ - αⁿ⁻² = 0 ①；
同理，β² - β - 1 = 0，两边同乘βⁿ⁻²，得：
βⁿ - βⁿ⁻¹ - βⁿ⁻² = 0 ②；
将①+②，得：(αⁿ + βⁿ) - (αⁿ⁻¹ + βⁿ⁻¹) - (αⁿ⁻² + βⁿ⁻²) = 0。
因为sₙ = αⁿ + βⁿ，sₙ₋₁ = αⁿ⁻¹ + βⁿ⁻¹，sₙ₋₂ = αⁿ⁻² + βⁿ⁻²，
代入得：sₙ - sₙ₋₁ - sₙ₋₂ = 0，即sₙ = sₙ₋₁ + sₙ₋₂。
【答案】
(1) α=(1+√5)/2，β=(1-√5)/2；s₁=1，s₂=3；
(2) sₙ=sₙ₋₁+sₙ₋₂（n≥3）。
【知识点】
配方法解一元二次方程；一元二次方程根与系数的关系；递推关系推导。
【点评】
本题综合考查配方法解一元二次方程、韦达定理的应用，以及利用方程根的性质推导数列递推关系，解题关键是从根的定义出发构造含αⁿ、βⁿ的式子，难度适中，适合中等水平学生掌握。
【难度系数】
0.6
