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10.(2025·南通期末)已知关于$x$的方程$(k-1)x^2+(2k-3)x+k+1=0$有两个不相等的实数根$x_1,x_2$.
(1)求$k$的取值范围.
(2)是否存在实数$k$,使方程的两实数根互为相反数?如果存在,求出$k$的值;如果不存在,请说明理由.
(1)求$k$的取值范围.
(2)是否存在实数$k$,使方程的两实数根互为相反数?如果存在,求出$k$的值;如果不存在,请说明理由.
答案
10.解:(1)由题意,得$k-1≠0$且$b^2-4ac=-12k+13＞0$,解得$k＜\frac{13}{12}$且$k≠1$.
(2)不存在.理由:假设存在两根互为相反数,则$x_1+x_2=0,\therefore \frac{-(2k-3)}{k-1}=0,\therefore k=\frac{3}{2}$.
又$\because k＜\frac{13}{12}$且$k≠1$,$\therefore k$不存在.
(2)不存在.理由:假设存在两根互为相反数,则$x_1+x_2=0,\therefore \frac{-(2k-3)}{k-1}=0,\therefore k=\frac{3}{2}$.
又$\because k＜\frac{13}{12}$且$k≠1$,$\therefore k$不存在.
解析
【分析】
(1) 题目提到方程有两个不相等的实数根，首先可确定该方程是一元二次方程，因此二次项系数不能为0，即$k-1≠0$；其次根据一元二次方程根的个数与判别式的对应关系，两个不相等的实数根对应判别式$\Delta＞0$，联立两个不等式即可求出$k$的取值范围。
(2) 先假设存在符合条件的$k$，根据互为相反数的两个数和为0，结合一元二次方程根与系数的关系（两根之和等于$-\frac{b}{a}$）列方程求解$k$，再将求出的$k$代入(1)的取值范围验证，若符合则存在，不符合则不存在。
【解析】
(1) 已知方程有两个不相等的实数根，因此方程为一元二次方程，且判别式大于0，可得：
$\begin{cases}k-1≠0 \\\Delta=(2k-3)^2-4(k-1)(k+1)＞0\end{cases}$
计算判别式：
$\Delta=4k^2-12k+9-4(k^2-1)=-12k+13$
解不等式：
$k-1≠0\implies k≠1$
$-12k+13＞0\implies k＜\frac{13}{12}$
因此$k$的取值范围是$k＜\frac{13}{12}$且$k≠1$。
(2) 不存在，理由如下：
假设存在实数$k$使得两实根互为相反数，根据根与系数的关系，两根之和$x_1+x_2=0$，即：
$-\frac{2k-3}{k-1}=0$
分式值为0需满足分子为0、分母不为0，因此$2k-3=0$，解得$k=\frac{3}{2}$。
结合(1)中$k$的取值范围$k＜\frac{13}{12}$且$k≠1$，可得$\frac{3}{2}＞\frac{13}{12}$，不符合取值要求，因此不存在这样的实数$k$。
【答案】
(1) $k＜\frac{13}{12}$且$k≠1$
(2) 不存在，理由见解析
【知识点】
一元二次方程的定义，根的判别式，根与系数的关系
【点评】
本题的易错点是容易忽略一元二次方程二次项系数不为0的隐含条件，求出参数值后要注意结合根的存在条件验证结果的合理性，避免出现增解。
【难度系数】
0.7
(1) 题目提到方程有两个不相等的实数根，首先可确定该方程是一元二次方程，因此二次项系数不能为0，即$k-1≠0$；其次根据一元二次方程根的个数与判别式的对应关系，两个不相等的实数根对应判别式$\Delta＞0$，联立两个不等式即可求出$k$的取值范围。
(2) 先假设存在符合条件的$k$，根据互为相反数的两个数和为0，结合一元二次方程根与系数的关系（两根之和等于$-\frac{b}{a}$）列方程求解$k$，再将求出的$k$代入(1)的取值范围验证，若符合则存在，不符合则不存在。
【解析】
(1) 已知方程有两个不相等的实数根，因此方程为一元二次方程，且判别式大于0，可得：
$\begin{cases}k-1≠0 \\\Delta=(2k-3)^2-4(k-1)(k+1)＞0\end{cases}$
计算判别式：
$\Delta=4k^2-12k+9-4(k^2-1)=-12k+13$
解不等式：
$k-1≠0\implies k≠1$
$-12k+13＞0\implies k＜\frac{13}{12}$
因此$k$的取值范围是$k＜\frac{13}{12}$且$k≠1$。
(2) 不存在，理由如下：
假设存在实数$k$使得两实根互为相反数，根据根与系数的关系，两根之和$x_1+x_2=0$，即：
$-\frac{2k-3}{k-1}=0$
分式值为0需满足分子为0、分母不为0，因此$2k-3=0$，解得$k=\frac{3}{2}$。
结合(1)中$k$的取值范围$k＜\frac{13}{12}$且$k≠1$，可得$\frac{3}{2}＞\frac{13}{12}$，不符合取值要求，因此不存在这样的实数$k$。
【答案】
(1) $k＜\frac{13}{12}$且$k≠1$
(2) 不存在，理由见解析
【知识点】
一元二次方程的定义，根的判别式，根与系数的关系
【点评】
本题的易错点是容易忽略一元二次方程二次项系数不为0的隐含条件，求出参数值后要注意结合根的存在条件验证结果的合理性，避免出现增解。
【难度系数】
0.7
11.已知关于$x$的一元二次方程$x^2 - px +1=0$($p$为常数)有两个不相等的实数根$x_1$和$x_2$.
(1)填空:$x_1+x_2=$
(2)求$\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2},x_1+\frac{1}{x_1}$的值;
(3)已知$x_1^2 + x_2^2=2p+1$,求$p$的值.
(1)填空:$x_1+x_2=$
$p$
,$x_1x_2=$$1$
;(2)求$\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2},x_1+\frac{1}{x_1}$的值;
(3)已知$x_1^2 + x_2^2=2p+1$,求$p$的值.
答案
11.(1)$p$ 1
(2)解:$\because x_1+x_2=p,x_1x_2=1$,
$\therefore \frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}=\frac{x_2+x_1}{x_1x_2}=\frac{p}{1}=p$.
$\because$关于$x$的一元二次方程$x^2 - px +1=0$($p$为常数)有两个不相等的实数根$x_1$和$x_2$,
$\therefore x_1^2 - px_1 +1=0,\therefore x_1 - p + \frac{1}{x_1}=0$,即$x_1+\frac{1}{x_1}=p$.
(3)解:$\because x_1^2 + x_2^2=2p+1$,
$\therefore (x_1+x_2)^2 - 2x_1x_2=2p+1$.
$\because x_1+x_2=p,x_1x_2=1$,
$\therefore p^2 -2=2p+1$,解得$p_1=3,p_2=-1$.
当$p=3$时,$b^2-4ac=p^2-4=9-4=5＞0$;
当$p=-1$时,$b^2-4ac=p^2-4=-3＜0$,不合题意.
$\therefore p=3$.
(2)解:$\because x_1+x_2=p,x_1x_2=1$,
$\therefore \frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}=\frac{x_2+x_1}{x_1x_2}=\frac{p}{1}=p$.
$\because$关于$x$的一元二次方程$x^2 - px +1=0$($p$为常数)有两个不相等的实数根$x_1$和$x_2$,
$\therefore x_1^2 - px_1 +1=0,\therefore x_1 - p + \frac{1}{x_1}=0$,即$x_1+\frac{1}{x_1}=p$.
(3)解:$\because x_1^2 + x_2^2=2p+1$,
$\therefore (x_1+x_2)^2 - 2x_1x_2=2p+1$.
$\because x_1+x_2=p,x_1x_2=1$,
$\therefore p^2 -2=2p+1$,解得$p_1=3,p_2=-1$.
当$p=3$时,$b^2-4ac=p^2-4=9-4=5＞0$;
当$p=-1$时,$b^2-4ac=p^2-4=-3＜0$,不合题意.
$\therefore p=3$.
解析
【分析】
(1) 本题考查一元二次方程根与系数的关系（韦达定理），对于一元二次方程$ax^2+bx+c=0(a≠0)$，若两根为$x_1,x_2$，则$x_1+x_2=-\frac{b}{a}$，$x_1x_2=\frac{c}{a}$，直接代入对应系数即可求解。
(2) 求$\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}$时，先通分将其转化为含$x_1+x_2$和$x_1x_2$的形式，再代入韦达定理的结果计算；求$x_1+\frac{1}{x_1}$时，利用方程根的意义，将$x_1$代入原方程，两边同时除以不为0的$x_1$变形即可得到结果。
(3) 先利用完全平方公式将$x_1^2+x_2^2$变形为$(x_1+x_2)^2-2x_1x_2$，代入已知条件得到关于$p$的一元二次方程，求解后再结合方程有两个不相等实数根的条件（判别式$\Delta＞0$），舍去不符合题意的根，得到$p$的最终值。
【解析】
(1) 对于方程$x^2 - px +1=0$，$a=1$，$b=-p$，$c=1$，根据韦达定理得：$x_1+x_2=-\frac{b}{a}=p$，$x_1x_2=\frac{c}{a}=1$。
(2) 解：$\because x_1+x_2=p,x_1x_2=1$，
$\therefore \frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}=\frac{x_2+x_1}{x_1x_2}=\frac{p}{1}=p$。
$\because$关于$x$的一元二次方程$x^2 - px +1=0$有两个不相等的实数根$x_1$和$x_2$，
$\therefore$将$x_1$代入方程得$x_1^2 - px_1 +1=0$，
$\because x_1x_2=1$，$\therefore x_1≠0$，方程两边同时除以$x_1$得$x_1 - p + \frac{1}{x_1}=0$，即$x_1+\frac{1}{x_1}=p$。
(3) 解：$\because x_1^2 + x_2^2=2p+1$，
根据完全平方公式变形得$(x_1+x_2)^2 - 2x_1x_2=2p+1$，
又$\because x_1+x_2=p,x_1x_2=1$，
代入得$p^2 -2=2p+1$，
整理得$p^2-2p-3=0$，
因式分解得$(p-3)(p+1)=0$，
解得$p_1=3,p_2=-1$。
$\because$方程有两个不相等的实数根，$\therefore$判别式$\Delta=b^2-4ac=p^2-4＞0$，
当$p=3$时，$\Delta=3^2-4=5＞0$，符合题意；
当$p=-1$时，$\Delta=(-1)^2-4=-3＜0$，不合题意，舍去。
$\therefore p=3$。
【答案】
(1) $p$；$1$
(2) $\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}=p$，$x_1+\frac{1}{x_1}=p$
(3) $p=3$
【知识点】
1. 根与系数的关系（韦达定理）
2. 根的判别式
3. 完全平方公式变形
【点评】
本题是一元二次方程相关知识的综合应用题，解题的关键是熟练掌握韦达定理、根的意义及判别式的应用，尤其注意求解参数后要验证判别式是否满足根的个数要求，避免出现增根。
【难度系数】
0.7
(1) 本题考查一元二次方程根与系数的关系（韦达定理），对于一元二次方程$ax^2+bx+c=0(a≠0)$，若两根为$x_1,x_2$，则$x_1+x_2=-\frac{b}{a}$，$x_1x_2=\frac{c}{a}$，直接代入对应系数即可求解。
(2) 求$\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}$时，先通分将其转化为含$x_1+x_2$和$x_1x_2$的形式，再代入韦达定理的结果计算；求$x_1+\frac{1}{x_1}$时，利用方程根的意义，将$x_1$代入原方程，两边同时除以不为0的$x_1$变形即可得到结果。
(3) 先利用完全平方公式将$x_1^2+x_2^2$变形为$(x_1+x_2)^2-2x_1x_2$，代入已知条件得到关于$p$的一元二次方程，求解后再结合方程有两个不相等实数根的条件（判别式$\Delta＞0$），舍去不符合题意的根，得到$p$的最终值。
【解析】
(1) 对于方程$x^2 - px +1=0$，$a=1$，$b=-p$，$c=1$，根据韦达定理得：$x_1+x_2=-\frac{b}{a}=p$，$x_1x_2=\frac{c}{a}=1$。
(2) 解：$\because x_1+x_2=p,x_1x_2=1$，
$\therefore \frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}=\frac{x_2+x_1}{x_1x_2}=\frac{p}{1}=p$。
$\because$关于$x$的一元二次方程$x^2 - px +1=0$有两个不相等的实数根$x_1$和$x_2$，
$\therefore$将$x_1$代入方程得$x_1^2 - px_1 +1=0$，
$\because x_1x_2=1$，$\therefore x_1≠0$，方程两边同时除以$x_1$得$x_1 - p + \frac{1}{x_1}=0$，即$x_1+\frac{1}{x_1}=p$。
(3) 解：$\because x_1^2 + x_2^2=2p+1$，
根据完全平方公式变形得$(x_1+x_2)^2 - 2x_1x_2=2p+1$，
又$\because x_1+x_2=p,x_1x_2=1$，
代入得$p^2 -2=2p+1$，
整理得$p^2-2p-3=0$，
因式分解得$(p-3)(p+1)=0$，
解得$p_1=3,p_2=-1$。
$\because$方程有两个不相等的实数根，$\therefore$判别式$\Delta=b^2-4ac=p^2-4＞0$，
当$p=3$时，$\Delta=3^2-4=5＞0$，符合题意；
当$p=-1$时，$\Delta=(-1)^2-4=-3＜0$，不合题意，舍去。
$\therefore p=3$。
【答案】
(1) $p$；$1$
(2) $\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}=p$，$x_1+\frac{1}{x_1}=p$
(3) $p=3$
【知识点】
1. 根与系数的关系（韦达定理）
2. 根的判别式
3. 完全平方公式变形
【点评】
本题是一元二次方程相关知识的综合应用题，解题的关键是熟练掌握韦达定理、根的意义及判别式的应用，尤其注意求解参数后要验证判别式是否满足根的个数要求，避免出现增根。
【难度系数】
0.7
12.已知$α,β(α＞β)$是一元二次方程$x^2 - x - 1 = 0$的两个实数根，$s_1 = α + β$，$s_2 = α^2 + β^2$，…，$s_n = α^n + β^n$.
(1)直接写出$s_1,s_2$的值：$s_1 =$
(2)经计算可得$s_3 = 4$，$s_4 =7$，$s_5=11$，当$n≥3$时，请猜想$s_n,s_{n-1},s_{n-2}$之间满足的数量关系，并给出证明.
(1)直接写出$s_1,s_2$的值：$s_1 =$
1
，$s_2 =$ 3
；(2)经计算可得$s_3 = 4$，$s_4 =7$，$s_5=11$，当$n≥3$时，请猜想$s_n,s_{n-1},s_{n-2}$之间满足的数量关系，并给出证明.
答案
12.(1)1 3
(2)解:猜想 $s_n = s_{n-1} + s_{n-2}$. 证明如下:
根据题意,得 $α^2 - α -1=0$,
两边都乘 $α^{n-2}$,得 $α^n - α^{n-1} - α^{n-2}=0$. ①
同理,$β^n - β^{n-1} - β^{n-2}=0$. ②
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)解:猜想 $s_n = s_{n-1} + s_{n-2}$. 证明如下:
根据题意,得 $α^2 - α -1=0$,
两边都乘 $α^{n-2}$,得 $α^n - α^{n-1} - α^{n-2}=0$. ①
同理,$β^n - β^{n-1} - β^{n-2}=0$. ②
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】
第(1)问：已知α、β是一元二次方程的两根，求s₁可直接用根与系数的关系（韦达定理），两根之和等于-b/a，代入方程系数即可得到结果；求s₂可将α²+β²通过完全平方公式变形为(α+β)²-2αβ，再结合韦达定理的两根之积代入计算即可。
第(2)问：先观察给出的s₁到s₅的数值，可发现从s₃开始，每一项都等于前两项的和，由此猜想数量关系；证明时利用方程根的定义，α是方程的根则满足方程，将方程变形后两边同乘αⁿ⁻²得到αⁿ的表达式，同理得到βⁿ的表达式，两式相加后结合sₙ的定义即可完成证明。
【解析】
(1)
∵α,β是方程$x^2 - x - 1 = 0$的两个实数根
∴根据根与系数的关系可得：$α+β=1$，$αβ=-1$
∴$s_1=α+β=1$
$s_2=α^2+β^2=(α+β)^2-2αβ=1^2-2×(-1)=3$
(2) 猜想：当$n≥3$时，$s_n = s_{n-1} + s_{n-2}$
证明如下：
∵α是方程$x^2 - x - 1 = 0$的实数根
∴$α^2 - α -1=0$，等式两边同时乘$α^{n-2}$，得：
$α^n - α^{n-1} - α^{n-2}=0$ ①
同理，β是方程的实数根，可得：
$β^n - β^{n-1} - β^{n-2}=0$ ②
将①+②得：$(α^n + β^n)-(α^{n-1} + β^{n-1})-(α^{n-2} + β^{n-2})=0$
∵$s_n=α^n + β^n$，$s_{n-1}=α^{n-1} + β^{n-1}$，$s_{n-2}=α^{n-2} + β^{n-2}$
∴$s_n - s_{n-1} - s_{n-2}=0$，即$s_n = s_{n-1} + s_{n-2}$
【答案】
(1) $\boxed{1}$；$\boxed{3}$
(2) $\boxed{s_n = s_{n-1} + s_{n-2}（n≥3）}$，证明如上
【知识点】
根与系数的关系，完全平方公式，方程根的定义
【点评】
本题属于一元二次方程的综合应用题，既考查了基础公式的灵活运用，又需要通过观察归纳出规律，再结合代数变形完成证明，能有效锻炼归纳推理能力和代数式运算能力。
【难度系数】
0.7
第(1)问：已知α、β是一元二次方程的两根，求s₁可直接用根与系数的关系（韦达定理），两根之和等于-b/a，代入方程系数即可得到结果；求s₂可将α²+β²通过完全平方公式变形为(α+β)²-2αβ，再结合韦达定理的两根之积代入计算即可。
第(2)问：先观察给出的s₁到s₅的数值，可发现从s₃开始，每一项都等于前两项的和，由此猜想数量关系；证明时利用方程根的定义，α是方程的根则满足方程，将方程变形后两边同乘αⁿ⁻²得到αⁿ的表达式，同理得到βⁿ的表达式，两式相加后结合sₙ的定义即可完成证明。
【解析】
(1)
∵α,β是方程$x^2 - x - 1 = 0$的两个实数根
∴根据根与系数的关系可得：$α+β=1$，$αβ=-1$
∴$s_1=α+β=1$
$s_2=α^2+β^2=(α+β)^2-2αβ=1^2-2×(-1)=3$
(2) 猜想：当$n≥3$时，$s_n = s_{n-1} + s_{n-2}$
证明如下：
∵α是方程$x^2 - x - 1 = 0$的实数根
∴$α^2 - α -1=0$，等式两边同时乘$α^{n-2}$，得：
$α^n - α^{n-1} - α^{n-2}=0$ ①
同理，β是方程的实数根，可得：
$β^n - β^{n-1} - β^{n-2}=0$ ②
将①+②得：$(α^n + β^n)-(α^{n-1} + β^{n-1})-(α^{n-2} + β^{n-2})=0$
∵$s_n=α^n + β^n$，$s_{n-1}=α^{n-1} + β^{n-1}$，$s_{n-2}=α^{n-2} + β^{n-2}$
∴$s_n - s_{n-1} - s_{n-2}=0$，即$s_n = s_{n-1} + s_{n-2}$
【答案】
(1) $\boxed{1}$；$\boxed{3}$
(2) $\boxed{s_n = s_{n-1} + s_{n-2}（n≥3）}$，证明如上
【知识点】
根与系数的关系，完全平方公式，方程根的定义
【点评】
本题属于一元二次方程的综合应用题，既考查了基础公式的灵活运用，又需要通过观察归纳出规律，再结合代数变形完成证明，能有效锻炼归纳推理能力和代数式运算能力。
【难度系数】
0.7
