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:$x^{2}+|2x-1|-4=0$.

20.当$2x-1≥0$,即$x≥\dfrac{1}{2}$时,原方程可化为$x^2+2x-1-4=0$,即$x^2+2x-5=0$,解得$x_1=-1+\sqrt{6}$,$x_2=-1-\sqrt{6}$(舍);当$2x-1＜0$,即$x＜\dfrac{1}{2}$时,原方程可化为$x^2-2x+1-4=0$,即$x^2-2x-3=0$,解得$x_1=-1$,$x_2=3$(舍去).综上所述,原方程的解为$x_1=-1$,$x_2=-1+\sqrt{6}$.

【分析】
本题是含绝对值的一元二次方程，解题思路是利用分类讨论思想，根据绝对值内代数式的正负性去掉绝对值符号，将原方程转化为普通一元二次方程，求解后根据分类范围舍去不符合条件的解，最终汇总得到原方程的解。
【解析】
分两种情况讨论：
1. 当$2x - 1 ≥ 0$，即$x ≥ \dfrac{1}{2}$时，$|2x -1|=2x -1$，原方程可化为：
$x^2 + (2x -1) -4 = 0$，整理得$x^2 +2x -5=0$，
用求根公式解得：$x=\dfrac{-2\pm\sqrt{4 +20}}{2}=\dfrac{-2\pm2\sqrt{6}}{2}=-1\pm\sqrt{6}$，
因为$x≥\dfrac{1}{2}$，所以舍去$x=-1-\sqrt{6}$，保留$x=-1+\sqrt{6}$；
2. 当$2x -1 ＜0$，即$x ＜ \dfrac{1}{2}$时，$|2x -1|=-(2x -1)= -2x +1$，原方程可化为：
$x^2 + (-2x +1) -4 =0$，整理得$x^2 -2x -3=0$，
因式分解得$(x-3)(x+1)=0$，解得$x=3$或$x=-1$，
因为$x ＜ \dfrac{1}{2}$，所以舍去$x=3$，保留$x=-1$；
综上所述，原方程的解为$x_1=-1$，$x_2=-1+\sqrt{6}$。
【答案】
$x_1=-1$，$x_2=-1+\sqrt{6}$
【知识点】
含绝对值的一元二次方程解法，分类讨论思想，一元二次方程的解法
【点评】
本题考查分类讨论思想在含绝对值方程中的应用，关键是根据绝对值内代数式的正负拆分绝对值，求解后需检验解是否符合分类范围，是对代数基础方法的综合应用，难度适中。
【难度系数】
0.6

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: $y=\dfrac{1}{3}x^{3}+(m-1)x^{2}+m^{2}x$.
(1) 若方程 $y' = 0$ 有两个相等的实数根, 则 $m$ 的值为;
(2) 若方程 $y' = m-\dfrac{1}{4}$ 有两个不相等的正根,求 $m$ 的取值范围.

21.(1)$\dfrac{1}{2}$ 解析:根据题意得$y'=x^2+2(m-1)x+m^2$,
∵方程$x^2+2(m-1)x+m^2=0$有两个相等的实数根,
∴$b^2-4ac=[2(m-1)]^2-4m^2=0$,解得$m=\dfrac{1}{2}$. (2)$y'=m-\dfrac{1}{4}$,即$x^2+2(m-1)x+m^2=m-\dfrac{1}{4}$,化简得$x^2+2(m-1)x+m^2-m+\dfrac{1}{4}=0$,
∵方程有两个不相等的正根,
∴$b^2-4ac＞0$且方程的两个根$x_1,x_2$满足$x_1x_2＞0$,$x_1+x_2＞0$,即$\begin{cases}-2(m-1)＞0,\\m^2-m+\dfrac{1}{4}＞0,\\4(m-1)^2-4(m^2-m+\dfrac{1}{4})＞0,\end{cases}$解得$\begin{cases}m＜1,\\(m-\dfrac{1}{2})^2＞0,\\m＜\dfrac{3}{4},\end{cases}$则$m＜\dfrac{3}{4}$且$m≠\dfrac{1}{2}$.

【分析】首先根据题目给出的函数求导规则，先求出函数$y$对应的导数$y'$的表达式；再针对问题（1），利用一元二次方程根的判别式（两个相等实根时$\Delta=0$）求解$m$；针对问题（2），先整理方程为标准一元二次方程形式，再根据“两个不相等的正根”的条件，结合判别式、韦达定理（两根和、积的符号）列出不等式组，求解得到$m$的范围。
【解析】
首先根据题意求$y'$：
已知$y=\dfrac{1}{3}x^{3}+(m-1)x^{2}+m^{2}x$，根据定义$y'=nx^{n-1}+mx^{m-1}$，对每一项求导得：
$y' = \dfrac{1}{3}×3x^{2} + (m-1)×2x + m^{2}×1 = x^2 + 2(m-1)x + m^2$。
(1) 方程$y'=0$即$x^2 + 2(m-1)x + m^2 = 0$，该方程有两个相等的实数根，故判别式$\Delta = b^2 -4ac =0$，其中$a=1$，$b=2(m-1)$，$c=m^2$：
$\Delta = [2(m-1)]^2 -4×1× m^2 = 4(m^2 -2m +1) -4m^2 = -8m +4$，
令$\Delta=0$，即$-8m +4=0$，解得$m=\dfrac{1}{2}$。
(2) 方程$y'=m-\dfrac{1}{4}$，代入$y'$的表达式得：
$x^2 +2(m-1)x +m^2 = m - \dfrac{1}{4}$，
整理为标准一元二次方程：$x^2 +2(m-1)x + m^2 -m +\dfrac{1}{4}=0$。
设该方程的两个根为$x_1,x_2$，方程有两个不相等的正根，需满足：
① 判别式$\Delta＞0$（不相等实根）；
② 两根之和$x_1+x_2＞0$（正根）；
③ 两根之积$x_1x_2＞0$（正根）。
分别计算：
① $\Delta = [2(m-1)]^2 -4×1×(m^2 -m +\dfrac{1}{4}) = 4(m^2-2m+1) -4(m^2 -m +\dfrac{1}{4}) = -4m +3$，
令$\Delta＞0$，得$-4m +3＞0 \implies m＜\dfrac{3}{4}$；
② 由韦达定理，$x_1+x_2 = -\dfrac{b}{a} = -2(m-1)$，令$x_1+x_2＞0$，得$-2(m-1)＞0 \implies m＜1$；
③ 由韦达定理，$x_1x_2 = \dfrac{c}{a} = m^2 -m +\dfrac{1}{4} = (m-\dfrac{1}{2})^2$，令$x_1x_2＞0$，得$(m-\dfrac{1}{2})^2＞0 \implies m≠\dfrac{1}{2}$；
综合三个条件，取交集得$m＜\dfrac{3}{4}$且$m≠\dfrac{1}{2}$。
【答案】
(1) $\dfrac{1}{2}$；(2) $m＜\dfrac{3}{4}$且$m≠\dfrac{1}{2}$
【知识点】
一元二次方程根的判别式，韦达定理，函数求导
【点评】
本题结合新定义的函数求导规则，考查一元二次方程根的性质，需熟练掌握判别式、韦达定理的应用，注意正根的条件需同时满足两根和与积均为正，避免遗漏限制条件。
【难度系数】
0.4

22. (8 分)(2026·南京校级月考)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$\mathrm{Rt}△ ABC$和$\mathrm{Rt}△ BED$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.

22.(1)$3x^2+5\sqrt{2}x+4=0$.(答案不唯一) (2)根据题意,得判别式为$(\sqrt{2}c)^2-4ab=2c^2-4ab$.
∵$a^2+b^2=c^2$,$\therefore 2c^2-4ab=2(a^2+b^2)-4ab=2(a-b)^2≥0$,$\therefore$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$a+b=\sqrt{2}c$.
∵$2a+2b+\sqrt{2}c=12\sqrt{2}$,即$2(a+b)+\sqrt{2}c=12\sqrt{2}$,$\therefore 3\sqrt{2}c=12\sqrt{2}$,$\therefore c=4$,$\therefore a^2+b^2=c^2=16$,$a+b=4\sqrt{2}$.
∵$(a+b)^2=a^2+b^2+2ab$,$\therefore ab=8$,$\therefore S_{△ABC}=\dfrac{1}{2}ab=4$.

【分析】
首先明确“勾系一元二次方程”的定义：形如$ax^2+\sqrt{2}cx+b=0$，其中$a、b$是直角三角形的直角边，$c$是斜边，满足勾股定理$a^2+b^2=c^2$。解题思路：(1) 选取一组勾股数，代入定义式即可构造符合要求的方程；(2) 利用一元二次方程根的判别式，结合勾股定理对判别式变形，判断其非负性；(3) 将根代入方程得到$a$与$c$的关系，结合四边形周长公式求出$c$，再利用完全平方公式和勾股定理求出$ab$，进而计算三角形面积。
【解析】
(1) 选取一组勾股数，如$a=3$，$b=4$，此时斜边$c=\sqrt{3^2+4^2}=5$，代入“勾系一元二次方程”的形式，可得方程：$3x^2+5\sqrt{2}x+4=0$（答案不唯一）。
(2) 对于一元二次方程$ax^2+\sqrt{2}cx+b=0$，其判别式$\Delta=(\sqrt{2}c)^2-4ab=2c^2-4ab$。
因为$a、b$是$\mathrm{Rt}△ABC$的直角边，$c$是斜边，由勾股定理得$a^2+b^2=c^2$，代入判别式：
$\Delta=2(a^2+b^2)-4ab=2(a^2-2ab+b^2)=2(a-b)^2$。
由于任何数的平方非负，故$2(a-b)^2≥0$，即$\Delta≥0$，因此该方程必有实数根。
(3) 已知$x=-1$是方程$ax^2+\sqrt{2}cx+b=0$的根，将$x=-1$代入方程得：
$a·(-1)^2+\sqrt{2}c·(-1)+b=0$，整理得$a+b=\sqrt{2}c$。
四边形$ACDE$的周长为$AC+CD+DE+EA$，其中$AC=b$，$CD=a+b$，$DE=a$，$EA=\sqrt{2}c$，因此周长为：
$b+(a+b)+a+\sqrt{2}c=2a+2b+\sqrt{2}c=12\sqrt{2}$。
将$a+b=\sqrt{2}c$代入上式，得$2·\sqrt{2}c+\sqrt{2}c=3\sqrt{2}c=12\sqrt{2}$，解得$c=4$。
由勾股定理得$a^2+b^2=c^2=16$，又$a+b=\sqrt{2}c=4\sqrt{2}$。
根据完全平方公式$(a+b)^2=a^2+2ab+b^2$，代入得：
$(4\sqrt{2})^2=16+2ab$，即$32=16+2ab$，解得$ab=8$。
所以$△ ABC$的面积为$S_{△ ABC}=\frac{1}{2}ab=\frac{1}{2}×8=4$。
【答案】
(1) 示例：$3x^2+5\sqrt{2}x+4=0$（答案不唯一）；(2) 方程必有实数根；(3) $△ ABC$的面积为$4$。
【知识点】
一元二次方程根的判别式、勾股定理、三角形面积计算
【点评】
本题结合新定义“勾系一元二次方程”，综合考查勾股定理、一元二次方程根的判别式及完全平方公式的应用，需要学生准确理解新定义，逐步分析推导，属于中等难度的代数几何综合题。
【难度系数】
0.5