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21. (自主招生)已知关于$x$的方程$(a^2 - 1) · ( \frac{x}{x-1} )^2 - (2a+7)\frac{x}{x-1} + 1 = 0$.
(1)求$a$的取值范围,使得方程有实数根;
(2)若原方程的两个相异的实数根为$x_1, x_2$,且$\frac{x_1}{x_1 -1} + \frac{x_2}{x_2 -1} = \frac{3}{11}$,求$a$的值.
(1)求$a$的取值范围,使得方程有实数根;
(2)若原方程的两个相异的实数根为$x_1, x_2$,且$\frac{x_1}{x_1 -1} + \frac{x_2}{x_2 -1} = \frac{3}{11}$,求$a$的值.
答案
21. (1)设 $\frac{x}{x-1}=y$,则原方程化为 $(a^2-1)y^2-(2a+7)y+1=0$(i).①当方程(i)为一次方程时,$a^2-1=0$,即 $a=\pm1$.若 $a=1$,方程(i)的解为 $y=\frac{1}{9}$,原方程的解为 $x=-\frac{1}{8}$,满足条件;若 $a=-1$,方程(i)的解为 $y=\frac{1}{5}$,原方程的解为 $x=-\frac{1}{4}$,满足条件,
∴ $a=\pm1$.②当方程(i)为二次方程时,$a^2-1≠0$,则 $a≠\pm1$,要使方程 $(a^2-1)y^2-(2a+7)y+1=0$ 有解,则 $\Delta=(2a+7)^2-4(a^2-1)=28a+53≥ 0$,解得 $a≥ -\frac{53}{28}$,此时原方程没有增根,
∴ $a$ 的取值范围是 $a≥ -\frac{53}{28}$.综上所述,当 $a≥ -\frac{53}{28}$ 时,使得方程有实数根.
(2)设 $y_1=\frac{x_1}{x_1-1}$,$y_2=\frac{x_2}{x_2-1}$,则 $y_1,y_2$ 是方程 $(a^2-1)y^2-(2a+7)y+1=0$ 的两个实数根,由根与系数的关系得 $y_1+y_2=\frac{2a+7}{a^2-1}$.
∵ $y_1+y_2=\frac{3}{11}$,
∴ $\frac{2a+7}{a^2-1}=\frac{3}{11}$,解得 $a=-\frac{8}{3}$ 或 $a=10$.
由(1)知 $a≥ -\frac{53}{28}$,
∴ $a=10$.
∴ $a=\pm1$.②当方程(i)为二次方程时,$a^2-1≠0$,则 $a≠\pm1$,要使方程 $(a^2-1)y^2-(2a+7)y+1=0$ 有解,则 $\Delta=(2a+7)^2-4(a^2-1)=28a+53≥ 0$,解得 $a≥ -\frac{53}{28}$,此时原方程没有增根,
∴ $a$ 的取值范围是 $a≥ -\frac{53}{28}$.综上所述,当 $a≥ -\frac{53}{28}$ 时,使得方程有实数根.
(2)设 $y_1=\frac{x_1}{x_1-1}$,$y_2=\frac{x_2}{x_2-1}$,则 $y_1,y_2$ 是方程 $(a^2-1)y^2-(2a+7)y+1=0$ 的两个实数根,由根与系数的关系得 $y_1+y_2=\frac{2a+7}{a^2-1}$.
∵ $y_1+y_2=\frac{3}{11}$,
∴ $\frac{2a+7}{a^2-1}=\frac{3}{11}$,解得 $a=-\frac{8}{3}$ 或 $a=10$.
由(1)知 $a≥ -\frac{53}{28}$,
∴ $a=10$.
22. 改编题 阅读理解:
材料1:对于一个关于x的二次三项式$ax^2+bx+c(a≠0)$,除了可以利用配方法求该多项式的取值范围外,还可以用一元二次方程根的判别式来求.
例:求$x^2+2x+5$的取值范围.
解:令$x^2+2x+5=y$,所以$x^2+2x+(5-y)=0$,
所以$\Delta=4-4×(5-y)≥0$,所以$y≥4$,所以$x^2+2x+5≥4$.
材料2:若关于x的一元二次方程$ax^2+bx+c=0(a＞0)$有两个不相等的实数根$x_1,x_2(x_1＞x_2)$,则关于x的一元二次不等式$ax^2+bx+c≥0(a＞0)$的解集为$x≥x_1$或$x≤x_2$;关于x的一元二次不等式$ax^2+bx+c≤0(a＞0)$的解集为$x_2≤x≤x_1$.
材料3:若关于x的一元二次方程$ax^2+bx+c=0(a≠0)$有两个不相等的实数根$x_1,x_2$,则$x_1+x_2=-\frac{b}{a},x_1·x_2=\frac{c}{a}$.
请根据上述材料,解答下列问题:
(1)①若关于x的二次三项式$x^2+ax+3(a$为常数)的最小值为-7,则$a=$
②实数$x,y$满足方程$x^2+2y^2-2xy+x-3y+1=0$,则$y$的最大值是
(2)已知实数对$(x,y)$满足方程$(x-2)^2+y^2=3$,若$\frac{y}{x}$的最小值、最大值分别为$a,b$,则$a^2+b^2=$
(3)已知$x,y,z$为实数,且$x+y+z=5,xy+yz+zx=3$,求$z$的取值范围.
(4)若关于x的代数式$\frac{2bx+a}{x^2-2x+3}$(其中$a,b$为常数,且$ab≠0$)的最小值为-2,最大值为4,请求出满足条件的$a,b$的值.
材料1:对于一个关于x的二次三项式$ax^2+bx+c(a≠0)$,除了可以利用配方法求该多项式的取值范围外,还可以用一元二次方程根的判别式来求.
例:求$x^2+2x+5$的取值范围.
解:令$x^2+2x+5=y$,所以$x^2+2x+(5-y)=0$,
所以$\Delta=4-4×(5-y)≥0$,所以$y≥4$,所以$x^2+2x+5≥4$.
材料2:若关于x的一元二次方程$ax^2+bx+c=0(a＞0)$有两个不相等的实数根$x_1,x_2(x_1＞x_2)$,则关于x的一元二次不等式$ax^2+bx+c≥0(a＞0)$的解集为$x≥x_1$或$x≤x_2$;关于x的一元二次不等式$ax^2+bx+c≤0(a＞0)$的解集为$x_2≤x≤x_1$.
材料3:若关于x的一元二次方程$ax^2+bx+c=0(a≠0)$有两个不相等的实数根$x_1,x_2$,则$x_1+x_2=-\frac{b}{a},x_1·x_2=\frac{c}{a}$.
请根据上述材料,解答下列问题:
(1)①若关于x的二次三项式$x^2+ax+3(a$为常数)的最小值为-7,则$a=$
$\boldsymbol{\pm2\sqrt{10}}$
;②实数$x,y$满足方程$x^2+2y^2-2xy+x-3y+1=0$,则$y$的最大值是
$\boldsymbol{\frac{3}{2}}$
.(2)已知实数对$(x,y)$满足方程$(x-2)^2+y^2=3$,若$\frac{y}{x}$的最小值、最大值分别为$a,b$,则$a^2+b^2=$
6
.(3)已知$x,y,z$为实数,且$x+y+z=5,xy+yz+zx=3$,求$z$的取值范围.
(4)若关于x的代数式$\frac{2bx+a}{x^2-2x+3}$(其中$a,b$为常数,且$ab≠0$)的最小值为-2,最大值为4,请求出满足条件的$a,b$的值.
答案
22. (1)①$\pm2\sqrt{10}$ 解析:令 $x^2+ax+3=y$,
∴ $x^2+ax+(3-y)=0$,
∴ $\Delta=a^2-4×1×(3-y)≥ 0$,
∴ $y≥ \frac{12-a^2}{4}$.
∵ $y$ 的最小值是-7,
∴ $\frac{12-a^2}{4}=-7$,解得 $a=\pm2\sqrt{10}$.
②$\frac{3}{2}$ 解析:把方程 $x^2+2y^2-2xy+x-3y+1=0$ 看作关于 $x$ 的一元二次方程 $x^2+(1-2y)x+2y^2-3y+1=0$,并且此方程有解,
∴ $\Delta≥ 0$,即 $(1-2y)^2-4(2y^2-3y+1)≥ 0$,
∴ $4y^2-8y+3≤ 0$,
∴ $(2y-3)(2y-1)≤ 0$,
∴ $\frac{1}{2}≤ y≤ \frac{3}{2}$,
∴ $y$ 的最大值是 $\frac{3}{2}$.
(2)6 解析:设 $\frac{y}{x}=t$,则 $y=tx$,
∵ $(x-2)^2+y^2=3$,
∴ $x^2-4x+4+t^2x^2=3$,即 $(1+t^2)x^2-4x+1=0$,$\Delta=16-4(1+t^2)≥ 0$,解得 $-\sqrt{3}≤ t≤ \sqrt{3}$,
∴ $a=-\sqrt{3}$,$b=\sqrt{3}$,
∴ $a^2+b^2=3+3=6$.
(3)解法一:
∵ $x+y=5-z$,
∴ $xy=3-yz-zx=3-z(x+y)=3-z(5-z)=z^2-5z+3$,
∴ $x,y$ 是关于 $t$ 的一元二次方程 $t^2-(5-z)t+z^2-5z+3=0$ 的两实数根.
∵ $\Delta=[-(5-z)]^2-4(z^2-5z+3)≥ 0$,即 $3z^2-10z-13≤ 0$,
∴ $(3z-13)(z+1)≤ 0$,
∴ $-1≤ z≤ \frac{13}{3}$.
解法二:由 $x+y+z=5$ 得 $y=5-x-z$,代入 $xy+yz+zx=3$ 得 $x(5-x-z)+(5-x-z)z+zx=3$,整理得到关于 $x$ 的一元二次方程 $x^2+(z-5)x+(z^2-5z+3)=0$,$\Delta=(z-5)^2-4(z^2-5z+3)≥ 0$,解得 $-1≤ z≤ \frac{13}{3}$.
(4)令 $\frac{2bx+a}{x^2-2x+3}=y$,
∴ $yx^2-(2y+2b)x+(3y-a)=0$.当 $y=0$时,$2bx=-a$,且 $ab≠0$,
∴ 存在一个 $x$,使得 $y=0$.当 $y≠0$ 时,$yx^2-(2y+2b)x+(3y-a)=0$ 有解,
∴ $\Delta=[-(2y+2b)]^2-4y(3y-a)≥ 0$,
∴ $2y^2-(2b+a)y-b^2≤ 0$.
∵ $y$ 的最小值为-2,最大值为 4,
∴ $y=-2$,$y=4$ 是方程 $2y^2-(2b+a)y-b^2=0$ 的解,
∴ $\begin{cases}-2+4=\frac{2b+a}{2},\\-2×4=-\frac{b^2}{2},\end{cases}$ 解得 $\begin{cases}a=-4,\\b=4\end{cases}$ 或 $\begin{cases}a=12,\\b=-4,\end{cases}$
∴ $a=-4$,$b=4$或 $a=12$,$b=-4$.
∴ $x^2+ax+(3-y)=0$,
∴ $\Delta=a^2-4×1×(3-y)≥ 0$,
∴ $y≥ \frac{12-a^2}{4}$.
∵ $y$ 的最小值是-7,
∴ $\frac{12-a^2}{4}=-7$,解得 $a=\pm2\sqrt{10}$.
②$\frac{3}{2}$ 解析:把方程 $x^2+2y^2-2xy+x-3y+1=0$ 看作关于 $x$ 的一元二次方程 $x^2+(1-2y)x+2y^2-3y+1=0$,并且此方程有解,
∴ $\Delta≥ 0$,即 $(1-2y)^2-4(2y^2-3y+1)≥ 0$,
∴ $4y^2-8y+3≤ 0$,
∴ $(2y-3)(2y-1)≤ 0$,
∴ $\frac{1}{2}≤ y≤ \frac{3}{2}$,
∴ $y$ 的最大值是 $\frac{3}{2}$.
(2)6 解析:设 $\frac{y}{x}=t$,则 $y=tx$,
∵ $(x-2)^2+y^2=3$,
∴ $x^2-4x+4+t^2x^2=3$,即 $(1+t^2)x^2-4x+1=0$,$\Delta=16-4(1+t^2)≥ 0$,解得 $-\sqrt{3}≤ t≤ \sqrt{3}$,
∴ $a=-\sqrt{3}$,$b=\sqrt{3}$,
∴ $a^2+b^2=3+3=6$.
(3)解法一:
∵ $x+y=5-z$,
∴ $xy=3-yz-zx=3-z(x+y)=3-z(5-z)=z^2-5z+3$,
∴ $x,y$ 是关于 $t$ 的一元二次方程 $t^2-(5-z)t+z^2-5z+3=0$ 的两实数根.
∵ $\Delta=[-(5-z)]^2-4(z^2-5z+3)≥ 0$,即 $3z^2-10z-13≤ 0$,
∴ $(3z-13)(z+1)≤ 0$,
∴ $-1≤ z≤ \frac{13}{3}$.
解法二:由 $x+y+z=5$ 得 $y=5-x-z$,代入 $xy+yz+zx=3$ 得 $x(5-x-z)+(5-x-z)z+zx=3$,整理得到关于 $x$ 的一元二次方程 $x^2+(z-5)x+(z^2-5z+3)=0$,$\Delta=(z-5)^2-4(z^2-5z+3)≥ 0$,解得 $-1≤ z≤ \frac{13}{3}$.
(4)令 $\frac{2bx+a}{x^2-2x+3}=y$,
∴ $yx^2-(2y+2b)x+(3y-a)=0$.当 $y=0$时,$2bx=-a$,且 $ab≠0$,
∴ 存在一个 $x$,使得 $y=0$.当 $y≠0$ 时,$yx^2-(2y+2b)x+(3y-a)=0$ 有解,
∴ $\Delta=[-(2y+2b)]^2-4y(3y-a)≥ 0$,
∴ $2y^2-(2b+a)y-b^2≤ 0$.
∵ $y$ 的最小值为-2,最大值为 4,
∴ $y=-2$,$y=4$ 是方程 $2y^2-(2b+a)y-b^2=0$ 的解,
∴ $\begin{cases}-2+4=\frac{2b+a}{2},\\-2×4=-\frac{b^2}{2},\end{cases}$ 解得 $\begin{cases}a=-4,\\b=4\end{cases}$ 或 $\begin{cases}a=12,\\b=-4,\end{cases}$
∴ $a=-4$,$b=4$或 $a=12$,$b=-4$.
