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1. (2026·成都期中)如果关于$x$的一元二次方程$ax^2+bx+c=0(a≠0)$有一个根是1，那么我们称这个方程为“和美方程”.已知关于$x$的一元二次方程$7x^2 -bx +c=0$是“和美方程”，则$b^2 -6c$的最小值为
33
.答案
∵方程$7x^2 -bx +c=0$是“和美方程”,
∴$x=1$是它的一个根,将$x=1$代入方程得$7-b+c=0$,即$b=7+c$,
∴$b^2-6c=(7+c)^2-6c=c^2+14c+49-6c=c^2+8c+49$,配方得$c^2+8c+49=(c^2+8c+16)+33=(c+4)^2+33$,由于$(c+4)^2≥0$,
∴当$c=-4$时,$b^2-6c$取得最小值33,故答案为33.
2. (2026·沈阳期末)定义:一元二次方程$cx^2 + bx + a = 0$是一元二次方程$ax^2 + bx + c = 0$的倒方程,其中$a,b,c$为常数($a,c≠0$).根据此定义解决下列问题:
(1)一元二次方程$-4x^2 + 3x + 1 = 0$的“倒方程”是________;
(2)若$x=-1$是一元二次方程$x^2 -2x + c = 0$的“倒方程”的解,求出$c$的值;
(3)若$m$是一元二次方程$-6x^2 + x + 1 = 0$的“倒方程”的一个实数根,求$m^3 + m^2 -6m + 2025$的值.
(1)一元二次方程$-4x^2 + 3x + 1 = 0$的“倒方程”是________;
(2)若$x=-1$是一元二次方程$x^2 -2x + c = 0$的“倒方程”的解,求出$c$的值;
(3)若$m$是一元二次方程$-6x^2 + x + 1 = 0$的“倒方程”的一个实数根,求$m^3 + m^2 -6m + 2025$的值.
答案
(1)$x^2+3x-4=0$ 解析:根据新定义,方程$-4x^2+3x+1=0$的倒方程是$x^2+3x-4=0$.
(2)由题知,方程$x^2-2x+c=0$的倒方程为$cx^2-2x+1=0$,将$x=-1$代入此方程得,$c+2+1=0$,解得$c=-3$.
(3)由题知,一元二次方程$-6x^2+x+1=0$的倒方程是$x^2+x-6=0$,
∵$m$是此方程的一个实数根,
∴$m^2+m-6=0$,
∴$m^3+m^2-6m=0$,
∴$m^3+m^2-6m+2025=0+2025=2025$.
(2)由题知,方程$x^2-2x+c=0$的倒方程为$cx^2-2x+1=0$,将$x=-1$代入此方程得,$c+2+1=0$,解得$c=-3$.
(3)由题知,一元二次方程$-6x^2+x+1=0$的倒方程是$x^2+x-6=0$,
∵$m$是此方程的一个实数根,
∴$m^2+m-6=0$,
∴$m^3+m^2-6m=0$,
∴$m^3+m^2-6m+2025=0+2025=2025$.
3. (2026·福建期末)材料1:若一个整数的平方等于另一个整数,那么这个整数叫作完全平方数(也叫平方数).例如:$1^2=1,2^2=4,3^2=9$,则1,4,9都是完全平方数.
材料2:任意一个三位数$M$,如果满足各个数位上的数字都不为零,且百位上的数字与个位上的数字之和等于十位上数字的2倍,那么称这个数为“双倍快乐数”.例如:$M=234$,因为$2+4=2×3$,所以234是“双倍快乐数”.
(1)已知关于$x$的一元二次方程$x^2-(2n+1)x +n^2 +n -k=0$($n$为整数,$k$为正整数)有两个整数根,且两根的平方和为$2n^2+2n+5$,求$k$的值.
(2)证明:两个连续正整数之积不能是完全平方数.
(3)若$N=\overline{abc}$是一个“双倍快乐数”,且使关于$x$的一元二次方程$ax^2+2bx +c=0$有两个相等的实数根,设$F(N)=\frac{N}{111}$,若$F(N)+N$能被6整除,求所有满足条件的$N$的和.
材料2:任意一个三位数$M$,如果满足各个数位上的数字都不为零,且百位上的数字与个位上的数字之和等于十位上数字的2倍,那么称这个数为“双倍快乐数”.例如:$M=234$,因为$2+4=2×3$,所以234是“双倍快乐数”.
(1)已知关于$x$的一元二次方程$x^2-(2n+1)x +n^2 +n -k=0$($n$为整数,$k$为正整数)有两个整数根,且两根的平方和为$2n^2+2n+5$,求$k$的值.
(2)证明:两个连续正整数之积不能是完全平方数.
(3)若$N=\overline{abc}$是一个“双倍快乐数”,且使关于$x$的一元二次方程$ax^2+2bx +c=0$有两个相等的实数根,设$F(N)=\frac{N}{111}$,若$F(N)+N$能被6整除,求所有满足条件的$N$的和.
答案
(1)设方程两根为$x_1,x_2$,由根与系数的关系得$x_1+x_2=2n+1$,$x_1x_2=n^2+n-k$,
∵$x_1^2+x_2^2=(x_1+x_2)^2-2x_1x_2$,
∴$2n^2+2n+5=(2n+1)^2-2(n^2+n-k)$,即$2n^2+2n+5=2n^2+2n+1+2k$,解得$k=2$.
(2)方法一:假设存在正整数$m,t$,使得$m(m+1)=t^2$,整理为一元二次方程$m^2+m-t^2=0$,
∴$\Delta=1+4t^2$.
∵$t$是正整数,
∴$(2t)^2＜1+4t^2＜(2t+1)^2$,即$\Delta$介于两个连续完全平方数之间,不是完全平方数.因此方程无正整数解,与假设矛盾,故两个连续正整数之积不能是完全平方数.
方法二:假设存在正整数$m,t$,使得$m(m+1)=t^2$,将方程两边乘4再加1,变形为$(2m+1)^2=4t^2+1$,
∴$(2m+1-2t)(2m+1+2t)=1$.
∵$m,t$都是正整数,故有$\begin{cases}2m+1-2t=1,\\2m+1+2t=1,\end{cases}$解得$m=t=0$,与假设矛盾,故两个连续正整数之积不能是完全平方数.
(3)
∵$N=\overline{abc}$是一个“双倍快乐数”,
∴$a+c=2b$.
∵关于$x$的一元二次方程有两个相等的实数根,
∴$4b^2-4ac=0$,即$b^2=ac$,
∴$a=b=c$.
∵$F(N)=\frac{N}{111}$,若$F(N)+N$能被6整除,
∴设$N=100a+10a+a=111a$,
∴$F(N)+N=a+111a=112a$.
∵$F(N)+N$能被6整除,即$112a$能被6整除,由条件可知$112a$既能被2整除又能被3整除,而112只能被2整除,
∵$a$是1到9的整数,
∴$a=3,6,9$,当$a=3$时,$N=333$,当$a=6$时,$N=666$,当$a=9$时,$N=999$,
∴所有满足条件的$N$的和为$333+666+999=1998$.
∵$x_1^2+x_2^2=(x_1+x_2)^2-2x_1x_2$,
∴$2n^2+2n+5=(2n+1)^2-2(n^2+n-k)$,即$2n^2+2n+5=2n^2+2n+1+2k$,解得$k=2$.
(2)方法一:假设存在正整数$m,t$,使得$m(m+1)=t^2$,整理为一元二次方程$m^2+m-t^2=0$,
∴$\Delta=1+4t^2$.
∵$t$是正整数,
∴$(2t)^2＜1+4t^2＜(2t+1)^2$,即$\Delta$介于两个连续完全平方数之间,不是完全平方数.因此方程无正整数解,与假设矛盾,故两个连续正整数之积不能是完全平方数.
方法二:假设存在正整数$m,t$,使得$m(m+1)=t^2$,将方程两边乘4再加1,变形为$(2m+1)^2=4t^2+1$,
∴$(2m+1-2t)(2m+1+2t)=1$.
∵$m,t$都是正整数,故有$\begin{cases}2m+1-2t=1,\\2m+1+2t=1,\end{cases}$解得$m=t=0$,与假设矛盾,故两个连续正整数之积不能是完全平方数.
(3)
∵$N=\overline{abc}$是一个“双倍快乐数”,
∴$a+c=2b$.
∵关于$x$的一元二次方程有两个相等的实数根,
∴$4b^2-4ac=0$,即$b^2=ac$,
∴$a=b=c$.
∵$F(N)=\frac{N}{111}$,若$F(N)+N$能被6整除,
∴设$N=100a+10a+a=111a$,
∴$F(N)+N=a+111a=112a$.
∵$F(N)+N$能被6整除,即$112a$能被6整除,由条件可知$112a$既能被2整除又能被3整除,而112只能被2整除,
∵$a$是1到9的整数,
∴$a=3,6,9$,当$a=3$时,$N=333$,当$a=6$时,$N=666$,当$a=9$时,$N=999$,
∴所有满足条件的$N$的和为$333+666+999=1998$.
