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10. 已知关于 $x$ 的一元二次方程 $x^2-4x+m=0$.
(1)若方程有实数根,求实数 $m$ 的取值范围;
(2)若方程的两根分别为 $x_1,x_2$,且满足 $3x_1+2x_2=6$,求实数 $m$ 的值.
(1)若方程有实数根,求实数 $m$ 的取值范围;
(2)若方程的两根分别为 $x_1,x_2$,且满足 $3x_1+2x_2=6$,求实数 $m$ 的值.
答案
10. 解:(1)根据题意,得$(-4)^2-4m≥0$,解得$m≤4$,
即实数$m$的取值范围为$m≤4$.
(2)根据根与系数的关系,得$x_1+x_2=4$,$x_1x_2=m$,
又$\because3x_1+2x_2=6$,$\therefore x_1=-2$,$x_2=6$,
$\therefore m=-2×6=-12.$
即实数$m$的取值范围为$m≤4$.
(2)根据根与系数的关系,得$x_1+x_2=4$,$x_1x_2=m$,
又$\because3x_1+2x_2=6$,$\therefore x_1=-2$,$x_2=6$,
$\therefore m=-2×6=-12.$
解析
【分析】
这道题分两小问逐步思考即可：
1. 第一问求方程有实数根时m的取值范围，对于一元二次方程，有实数根的充要条件是根的判别式Δ≥0，直接代入方程对应系数到判别式公式，解对应的不等式就能得到m的范围。
2. 第二问已知两根满足的线性等式，先利用一元二次方程根与系数的关系（韦达定理）直接得到两根之和为4，把给定的3x₁+2x₂变形为2(x₁+x₂)+x₁，代入两根之和的数值就能快速求出x₁，再算出x₂，最后利用两根之积等于m即可得到结果，无需通过求根公式解方程，大幅简化计算。
【解析】
(1) 对于一元二次方程$x^2-4x+m=0$，对应系数为$a=1$，$b=-4$，$c=m$。
因为方程有实数根，所以根的判别式满足$\Delta = b^2-4ac ≥ 0$，代入系数得：
$(-4)^2 - 4×1× m ≥ 0$
化简得$16-4m≥0$，解得$m≤4$。
(2) 根据一元二次方程根与系数的关系，可得该方程两根满足：
$x_1+x_2 = -\frac{b}{a}=4$
已知$3x_1+2x_2=6$，将式子变形为$2(x_1+x_2)+x_1=6$，把$x_1+x_2=4$代入得：
$2×4 + x_1 =6$
解得$x_1=-2$，再代入$x_1+x_2=4$得$x_2=4-(-2)=6$。
由根与系数的关系可知$m=x_1x_2$，代入两根数值计算得$m=-2×6=-12$。
【答案】
(1) 实数$m$的取值范围为$m≤4$；(2) $m=-12$
【知识点】
一元二次方程根的判别式；一元二次方程根与系数关系
【点评】
本题是一元二次方程的基础常规考题，第一问重点提醒学生注意“方程有实数根”对应的是判别式≥0，不要漏掉等号；第二问灵活利用韦达定理的两根和结论，避免直接求解原方程的冗余运算，能帮助学生体会韦达定理简化计算的作用。
【难度系数】
0.8
这道题分两小问逐步思考即可：
1. 第一问求方程有实数根时m的取值范围，对于一元二次方程，有实数根的充要条件是根的判别式Δ≥0，直接代入方程对应系数到判别式公式，解对应的不等式就能得到m的范围。
2. 第二问已知两根满足的线性等式，先利用一元二次方程根与系数的关系（韦达定理）直接得到两根之和为4，把给定的3x₁+2x₂变形为2(x₁+x₂)+x₁，代入两根之和的数值就能快速求出x₁，再算出x₂，最后利用两根之积等于m即可得到结果，无需通过求根公式解方程，大幅简化计算。
【解析】
(1) 对于一元二次方程$x^2-4x+m=0$，对应系数为$a=1$，$b=-4$，$c=m$。
因为方程有实数根，所以根的判别式满足$\Delta = b^2-4ac ≥ 0$，代入系数得：
$(-4)^2 - 4×1× m ≥ 0$
化简得$16-4m≥0$，解得$m≤4$。
(2) 根据一元二次方程根与系数的关系，可得该方程两根满足：
$x_1+x_2 = -\frac{b}{a}=4$
已知$3x_1+2x_2=6$，将式子变形为$2(x_1+x_2)+x_1=6$，把$x_1+x_2=4$代入得：
$2×4 + x_1 =6$
解得$x_1=-2$，再代入$x_1+x_2=4$得$x_2=4-(-2)=6$。
由根与系数的关系可知$m=x_1x_2$，代入两根数值计算得$m=-2×6=-12$。
【答案】
(1) 实数$m$的取值范围为$m≤4$；(2) $m=-12$
【知识点】
一元二次方程根的判别式；一元二次方程根与系数关系
【点评】
本题是一元二次方程的基础常规考题，第一问重点提醒学生注意“方程有实数根”对应的是判别式≥0，不要漏掉等号；第二问灵活利用韦达定理的两根和结论，避免直接求解原方程的冗余运算，能帮助学生体会韦达定理简化计算的作用。
【难度系数】
0.8
11. (2025·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
11. 证明:(1)$\because b=c+3$,
$\therefore b^2-4ac=(c+3)^2-4c=c^2+2c+9=(c+1)^2+8＞0$,
$\therefore$该方程总有两个不相等的实数根.
(2)根据根与系数的关系,得$x_1+x_2=-b$,$x_1x_2=c$.
$\because x_1=2x_2$,$\therefore2x_2+x_2=-b$,解得$x_2=-\frac{1}{3}b$,
$\therefore x_1=-\frac{2}{3}b$,$\therefore-\frac{2}{3}b·(-\frac{1}{3}b)=c$,$\therefore2b^2=9c.$
$\therefore b^2-4ac=(c+3)^2-4c=c^2+2c+9=(c+1)^2+8＞0$,
$\therefore$该方程总有两个不相等的实数根.
(2)根据根与系数的关系,得$x_1+x_2=-b$,$x_1x_2=c$.
$\because x_1=2x_2$,$\therefore2x_2+x_2=-b$,解得$x_2=-\frac{1}{3}b$,
$\therefore x_1=-\frac{2}{3}b$,$\therefore-\frac{2}{3}b·(-\frac{1}{3}b)=c$,$\therefore2b^2=9c.$
解析
【分析】
这道题分为两小问，第一问要证明一元二次方程总有两个不相等的实数根，核心思路是利用一元二次方程根的判别式的性质：当判别式Δ＞0时，方程有两个不相等的实数根，把已知条件b=c+3代入判别式，通过配方将判别式转化为完全平方式加正数的形式，即可证明Δ恒大于0。第二问已知两根的倍数关系，优先选用根与系数的关系（韦达定理），将x₁替换为2x₂，先通过两根和的表达式用b表示出x₂、x₁，再代入两根积的关系式，化简后即可推导出要证明的2b²=9c的结论。
【解析】
证明：
(1) 对于一元二次方程$x^2+bx+c=0$，其判别式$\Delta = b^2 - 4×1× c = b^2 -4c$
已知$b = c+3$，将其代入判别式得：
$\Delta=(c+3)^2 -4c$
展开并整理：
$\Delta = c^2 +6c +9 -4c = c^2 +2c +9$
对二次式配方：
$\Delta = c^2 +2c +1 +8 = (c+1)^2 +8$
因为任何实数的平方都大于等于0，所以$(c+1)^2≥0$，因此$(c+1)^2 +8 ≥8＞0$，即$\Delta＞0$恒成立，所以该方程总有两个不相等的实数根。
(2) 根据一元二次方程根与系数的关系，方程的两根$x_1,x_2$满足：
$x_1 + x_2 = -b$，$x_1x_2 = c$
已知$x_1=2x_2$，将其代入两根和的关系式：
$2x_2 + x_2 = -b$
即$3x_2 = -b$，解得$x_2 = -\frac{1}{3}b$，因此$x_1=2x_2=-\frac{2}{3}b$
将$x_1=-\frac{2}{3}b$、$x_2=-\frac{1}{3}b$代入两根积的关系式：
$(-\frac{2}{3}b)×(-\frac{1}{3}b) = c$
计算左边得$\frac{2}{9}b^2 = c$，两边同乘9可得$2b^2=9c$，得证。
【答案】
证明:(1)$\because b=c+3$,
$\therefore b^2-4ac=(c+3)^2-4c=c^2+2c+9=(c+1)^2+8＞0$,
$\therefore$该方程总有两个不相等的实数根.
(2)根据根与系数的关系,得$x_1+x_2=-b$,$x_1x_2=c$.
$\because x_1=2x_2$,$\therefore2x_2+x_2=-b$,解得$x_2=-\frac{1}{3}b$,
$\therefore x_1=-\frac{2}{3}b$,$\therefore-\frac{2}{3}b·(-\frac{1}{3}b)=c$,$\therefore2b^2=9c.$
【知识点】
一元二次方程判别式，韦达定理（根与系数关系）
【点评】
本题是一元二次方程章节的基础证明题，第一问重点考察判别式判断根的情况的用法，结合配方技巧证明判别式恒正，第二问考察韦达定理的灵活应用，结合给定的两根数量关系推导恒等式，整体计算量小，能够有效巩固学生对一元二次方程根的相关性质的掌握。
【难度系数】
0.7
这道题分为两小问，第一问要证明一元二次方程总有两个不相等的实数根，核心思路是利用一元二次方程根的判别式的性质：当判别式Δ＞0时，方程有两个不相等的实数根，把已知条件b=c+3代入判别式，通过配方将判别式转化为完全平方式加正数的形式，即可证明Δ恒大于0。第二问已知两根的倍数关系，优先选用根与系数的关系（韦达定理），将x₁替换为2x₂，先通过两根和的表达式用b表示出x₂、x₁，再代入两根积的关系式，化简后即可推导出要证明的2b²=9c的结论。
【解析】
证明：
(1) 对于一元二次方程$x^2+bx+c=0$，其判别式$\Delta = b^2 - 4×1× c = b^2 -4c$
已知$b = c+3$，将其代入判别式得：
$\Delta=(c+3)^2 -4c$
展开并整理：
$\Delta = c^2 +6c +9 -4c = c^2 +2c +9$
对二次式配方：
$\Delta = c^2 +2c +1 +8 = (c+1)^2 +8$
因为任何实数的平方都大于等于0，所以$(c+1)^2≥0$，因此$(c+1)^2 +8 ≥8＞0$，即$\Delta＞0$恒成立，所以该方程总有两个不相等的实数根。
(2) 根据一元二次方程根与系数的关系，方程的两根$x_1,x_2$满足：
$x_1 + x_2 = -b$，$x_1x_2 = c$
已知$x_1=2x_2$，将其代入两根和的关系式：
$2x_2 + x_2 = -b$
即$3x_2 = -b$，解得$x_2 = -\frac{1}{3}b$，因此$x_1=2x_2=-\frac{2}{3}b$
将$x_1=-\frac{2}{3}b$、$x_2=-\frac{1}{3}b$代入两根积的关系式：
$(-\frac{2}{3}b)×(-\frac{1}{3}b) = c$
计算左边得$\frac{2}{9}b^2 = c$，两边同乘9可得$2b^2=9c$，得证。
【答案】
证明:(1)$\because b=c+3$,
$\therefore b^2-4ac=(c+3)^2-4c=c^2+2c+9=(c+1)^2+8＞0$,
$\therefore$该方程总有两个不相等的实数根.
(2)根据根与系数的关系,得$x_1+x_2=-b$,$x_1x_2=c$.
$\because x_1=2x_2$,$\therefore2x_2+x_2=-b$,解得$x_2=-\frac{1}{3}b$,
$\therefore x_1=-\frac{2}{3}b$,$\therefore-\frac{2}{3}b·(-\frac{1}{3}b)=c$,$\therefore2b^2=9c.$
【知识点】
一元二次方程判别式，韦达定理（根与系数关系）
【点评】
本题是一元二次方程章节的基础证明题，第一问重点考察判别式判断根的情况的用法，结合配方技巧证明判别式恒正，第二问考察韦达定理的灵活应用，结合给定的两根数量关系推导恒等式，整体计算量小，能够有效巩固学生对一元二次方程根的相关性质的掌握。
【难度系数】
0.7
12. 已知关于 $x$ 的一元二次方程 $x^{2}-(2k+1)x+4(k-\dfrac{1}{2})=0$.
(1)若等腰$△ ABC$的一边长 $a=4$,另两边长$b,c$恰好是这个方程的两个实数根,求$△ ABC$的周长;
(2)若方程的两个实数根之差等于 3,求 $k$ 的值.
(1)若等腰$△ ABC$的一边长 $a=4$,另两边长$b,c$恰好是这个方程的两个实数根,求$△ ABC$的周长;
(2)若方程的两个实数根之差等于 3,求 $k$ 的值.
答案
12. 解:(1)由题意,得$b^2-4ac=[-(2k+1)]^2-4×4(k-\frac{1}{2})=(2k-3)^2$,$\therefore x=\frac{2k+1\pm(2k-3)}{2}$,
$\therefore x_1=2k-1$,$x_2=2$.
设$b=2k-1$,$c=2$,
当$a,b$为腰长时,$a=b=4$,即$2k-1=4$,$\therefore k=\frac{5}{2}$,
此时$△ ABC$的周长为$4+4+2=10$;
当$b,c$为腰长时,$b=c=2$,此时$b+c=a$,构不成三角形,故此种情况不存在.
综上所述,$△ ABC$的周长为$10$.
(2)$\because$方程的两个实数根之差等于$3$,
$\therefore|2k-1-2|=3$,解得$k=0$或$k=3$.
$\therefore x_1=2k-1$,$x_2=2$.
设$b=2k-1$,$c=2$,
当$a,b$为腰长时,$a=b=4$,即$2k-1=4$,$\therefore k=\frac{5}{2}$,
此时$△ ABC$的周长为$4+4+2=10$;
当$b,c$为腰长时,$b=c=2$,此时$b+c=a$,构不成三角形,故此种情况不存在.
综上所述,$△ ABC$的周长为$10$.
(2)$\because$方程的两个实数根之差等于$3$,
$\therefore|2k-1-2|=3$,解得$k=0$或$k=3$.
解析
【分析】
解题思路分两步推进：首先先处理给定的一元二次方程，先计算判别式，发现判别式是完全平方式，可以直接用求根公式快速解出两个形式明确的根，得到其中一个根恒为2，另一个根为2k-1，大幅简化后续计算。
针对第(1)问，结合等腰三角形的性质分两类讨论：第一类是已知边长a=4为腰，那么另一个腰b或c等于4，代入根的表达式求出对应边长，再验证三边是否满足三角形两边之和大于第三边；第二类是a=4为底边，此时两腰b=c，对应b=c=2，验证三边发现2+2=4，不满足三边关系，直接排除该无效情况，最后计算有效情况的周长。
针对第(2)问，已经明确两个根分别为2和2k-1，根据两根差的绝对值等于3直接列绝对值方程，求解即可得到k的取值，计算过程简便。
【解析】
(1) 先计算一元二次方程的判别式：
$\Delta = [-(2k+1)]^2 - 4×1×4(k-\frac{1}{2})$
$=4k^2+4k+1 -16k +8$
$=4k^2-12k+9=(2k-3)^2$
由求根公式可得：
$x=\frac{(2k+1)\pm\sqrt{(2k-3)^2}}{2}=\frac{2k+1\pm(2k-3)}{2}$
解得两个根为$x_1=2k-1$，$x_2=2$。
不妨设$b=2k-1$，$c=2$，分两种情况讨论等腰三角形：
① 当腰长为a=4时，另一腰长也为4，即$b=4$，也就是$2k-1=4$，解得$k=\frac{5}{2}$，此时三角形三边长为4、4、2，满足$4+2＞4$，可以构成三角形，周长为$4+4+2=10$；
② 当腰长为b和c时，即$b=c=2$，此时三边长为2、2、4，因为$2+2=4$，不满足三角形两边之和大于第三边，无法构成三角形，该情况舍去。
综上，△ABC的周长为10。
(2) 已知方程两个实数根为$2k-1$和2，由两根之差等于3，可得两根差的绝对值为3：
$|(2k-1)-2|=3$
即$|2k-3|=3$，去绝对值得$2k-3=3$或$2k-3=-3$，解得$k=3$或$k=0$。
【答案】
(1) $△ ABC$的周长为10；(2) $k$的值为0或3
【知识点】
一元二次方程求根，等腰三角形性质，三角形三边关系
【点评】
本题是一元二次方程与等腰三角形结合的综合题，核心考察分类讨论思想，易错点在于等腰三角形分类讨论后忘记验证三边关系，容易误将2、2、4判定为合法三角形得到错误周长，第二问需要注意两根之差包含正负两种情况，不要漏解，整体属于基础中档的综合题型，能很好的锻炼学生解题的严谨性。
【难度系数】
0.6
解题思路分两步推进：首先先处理给定的一元二次方程，先计算判别式，发现判别式是完全平方式，可以直接用求根公式快速解出两个形式明确的根，得到其中一个根恒为2，另一个根为2k-1，大幅简化后续计算。
针对第(1)问，结合等腰三角形的性质分两类讨论：第一类是已知边长a=4为腰，那么另一个腰b或c等于4，代入根的表达式求出对应边长，再验证三边是否满足三角形两边之和大于第三边；第二类是a=4为底边，此时两腰b=c，对应b=c=2，验证三边发现2+2=4，不满足三边关系，直接排除该无效情况，最后计算有效情况的周长。
针对第(2)问，已经明确两个根分别为2和2k-1，根据两根差的绝对值等于3直接列绝对值方程，求解即可得到k的取值，计算过程简便。
【解析】
(1) 先计算一元二次方程的判别式：
$\Delta = [-(2k+1)]^2 - 4×1×4(k-\frac{1}{2})$
$=4k^2+4k+1 -16k +8$
$=4k^2-12k+9=(2k-3)^2$
由求根公式可得：
$x=\frac{(2k+1)\pm\sqrt{(2k-3)^2}}{2}=\frac{2k+1\pm(2k-3)}{2}$
解得两个根为$x_1=2k-1$，$x_2=2$。
不妨设$b=2k-1$，$c=2$，分两种情况讨论等腰三角形：
① 当腰长为a=4时，另一腰长也为4，即$b=4$，也就是$2k-1=4$，解得$k=\frac{5}{2}$，此时三角形三边长为4、4、2，满足$4+2＞4$，可以构成三角形，周长为$4+4+2=10$；
② 当腰长为b和c时，即$b=c=2$，此时三边长为2、2、4，因为$2+2=4$，不满足三角形两边之和大于第三边，无法构成三角形，该情况舍去。
综上，△ABC的周长为10。
(2) 已知方程两个实数根为$2k-1$和2，由两根之差等于3，可得两根差的绝对值为3：
$|(2k-1)-2|=3$
即$|2k-3|=3$，去绝对值得$2k-3=3$或$2k-3=-3$，解得$k=3$或$k=0$。
【答案】
(1) $△ ABC$的周长为10；(2) $k$的值为0或3
【知识点】
一元二次方程求根，等腰三角形性质，三角形三边关系
【点评】
本题是一元二次方程与等腰三角形结合的综合题，核心考察分类讨论思想，易错点在于等腰三角形分类讨论后忘记验证三边关系，容易误将2、2、4判定为合法三角形得到错误周长，第二问需要注意两根之差包含正负两种情况，不要漏解，整体属于基础中档的综合题型，能很好的锻炼学生解题的严谨性。
【难度系数】
0.6
13. (2025·鼓楼区月考)法国数学家韦达第一次有意识地使用系统的代数字母与符号，以辅音字母表示已知量，元音字母表示未知量，推进了方程论的发展，使代数成为一般类型的形式和方程的学问，因其抽象而应用更为广泛，被称为“代数符号之父”，在研究一元二次方程的解法时，他发现了一元二次方程的根与系数之间存在的特殊关系，由于韦达最早发现代数方程的根与系数之间有这种关系，人们把这个关系称为韦达定理. 韦达定理的一种推导过程如下：
已知关于 $x$ 的一元二次方程 $ax^2+bx+c=0(a≠0)$ 的两个根分别为 $x_1,x_2$，则有方程 $(x-x_1)·(x-$$x_2)=0$，所以有 $x^2-(x_1+x_2)x+x_1x_2=0$；又因为 $ax^2+bx+c=0(a≠0)$ 可变形为 $x^2+\dfrac{b}{a}x+$$\dfrac{c}{a}=0(a≠0)$，可得结论 $x_1+x_2=-\dfrac{b}{a},x_1x_2=\dfrac{c}{a}$，即为韦达定理.
类比以上方法推导出关于 $x$ 的一元三次方程 $ax^3+bx^2+cx+d=0(a≠0)$ 的韦达定理.
已知关于 $x$ 的一元二次方程 $ax^2+bx+c=0(a≠0)$ 的两个根分别为 $x_1,x_2$，则有方程 $(x-x_1)·(x-$$x_2)=0$，所以有 $x^2-(x_1+x_2)x+x_1x_2=0$；又因为 $ax^2+bx+c=0(a≠0)$ 可变形为 $x^2+\dfrac{b}{a}x+$$\dfrac{c}{a}=0(a≠0)$，可得结论 $x_1+x_2=-\dfrac{b}{a},x_1x_2=\dfrac{c}{a}$，即为韦达定理.
类比以上方法推导出关于 $x$ 的一元三次方程 $ax^3+bx^2+cx+d=0(a≠0)$ 的韦达定理.
答案
13. 解:设关于$x$的一元三次方程$ax^3+bx^2+cx+d=0$的三个根分别为$x_1,x_2,x_3$,
则$a(x-x_1)(x-x_2)(x-x_3)=0$,
展开,得$ax^3-a(x_1+x_2+x_3)x^2+a(x_1x_2+x_1x_3+x_2x_3)x-ax_1x_2x_3=0$,
所以$ax^3+bx^2+cx+d=ax^3-a(x_1+x_2+x_3)x^2+a(x_1x_2+x_1x_3+x_2x_3)x-ax_1x_2x_3$,
所以$-a(x_1+x_2+x_3)=b$,$a(x_1x_2+x_1x_3+x_2x_3)=c$,$-ax_1x_2x_3=d$,
则$x_1+x_2+x_3=-\frac{b}{a}$,$x_1x_2+x_1x_3+x_2x_3=\frac{c}{a}$,
$x_1x_2x_3=-\frac{d}{a}.$
则$a(x-x_1)(x-x_2)(x-x_3)=0$,
展开,得$ax^3-a(x_1+x_2+x_3)x^2+a(x_1x_2+x_1x_3+x_2x_3)x-ax_1x_2x_3=0$,
所以$ax^3+bx^2+cx+d=ax^3-a(x_1+x_2+x_3)x^2+a(x_1x_2+x_1x_3+x_2x_3)x-ax_1x_2x_3$,
所以$-a(x_1+x_2+x_3)=b$,$a(x_1x_2+x_1x_3+x_2x_3)=c$,$-ax_1x_2x_3=d$,
则$x_1+x_2+x_3=-\frac{b}{a}$,$x_1x_2+x_1x_3+x_2x_3=\frac{c}{a}$,
$x_1x_2x_3=-\frac{d}{a}.$
解析
【分析】
这道题用类比迁移的思路解题即可，首先先梳理题目给出的一元二次方程韦达定理的推导逻辑：第一步设出方程的所有根，把原方程改写为所有一次因式乘积等于0的形式；第二步将乘积展开整理为标准多项式；第三步通过左右两边同次项系数对应相等，整理得到根与系数的关系。我们只需要把这个逻辑平移到一元三次方程上：先设三次方程的三个根，将方程改写为二次项系数a乘以三个一次因式$(x-x_1)(x-x_2)(x-x_3)$的形式，展开这个多项式后和原三次方程的各项系数一一对应，利用多项式相等则对应次数项系数完全相等的性质，整理化简就能得到三次方程的韦达定理。
【解析】
解：设关于$x$的一元三次方程$ax^3+bx^2+cx+d=0(a≠0)$的三个根分别为$x_1,x_2,x_3$,
根据因式定理，该方程可改写为：
$a(x-x_1)(x-x_2)(x-x_3)=0$,
先展开前两个因式，再与第三个因式相乘，整体乘a后可得：
$ax^3-a(x_1+x_2+x_3)x^2+a(x_1x_2+x_1x_3+x_2x_3)x-ax_1x_2x_3=0$,
由于该多项式和原三次方程完全等价，因此对应同次项的系数相等，即：
$ax^3+bx^2+cx+d=ax^3-a(x_1+x_2+x_3)x^2+a(x_1x_2+x_1x_3+x_2x_3)x-ax_1x_2x_3$,
对应系数可得：
$-a(x_1+x_2+x_3)=b$，$a(x_1x_2+x_1x_3+x_2x_3)=c$，$-ax_1x_2x_3=d$，
由于$a≠0$，对三个等式两边同时除以a整理，即可得到三次方程根与系数的关系。
【答案】
$x_1+x_2+x_3=-\dfrac{b}{a}$，$x_1x_2+x_1x_3+x_2x_3=\dfrac{c}{a}$，$x_1x_2x_3=-\dfrac{d}{a}$
【知识点】
韦达定理，多项式恒等，因式分解
【点评】
本题是典型的类比迁移类题型，没有要求学生直接记忆三次方程韦达定理，而是通过给出二次方程韦达定理的完整推导过程引导学生自主推导，既考察了多项式展开的运算能力，也锻炼了类比推理的数学思维，帮助学生理解韦达定理的本质，避免死记硬背公式。
【难度系数】
0.6
这道题用类比迁移的思路解题即可，首先先梳理题目给出的一元二次方程韦达定理的推导逻辑：第一步设出方程的所有根，把原方程改写为所有一次因式乘积等于0的形式；第二步将乘积展开整理为标准多项式；第三步通过左右两边同次项系数对应相等，整理得到根与系数的关系。我们只需要把这个逻辑平移到一元三次方程上：先设三次方程的三个根，将方程改写为二次项系数a乘以三个一次因式$(x-x_1)(x-x_2)(x-x_3)$的形式，展开这个多项式后和原三次方程的各项系数一一对应，利用多项式相等则对应次数项系数完全相等的性质，整理化简就能得到三次方程的韦达定理。
【解析】
解：设关于$x$的一元三次方程$ax^3+bx^2+cx+d=0(a≠0)$的三个根分别为$x_1,x_2,x_3$,
根据因式定理，该方程可改写为：
$a(x-x_1)(x-x_2)(x-x_3)=0$,
先展开前两个因式，再与第三个因式相乘，整体乘a后可得：
$ax^3-a(x_1+x_2+x_3)x^2+a(x_1x_2+x_1x_3+x_2x_3)x-ax_1x_2x_3=0$,
由于该多项式和原三次方程完全等价，因此对应同次项的系数相等，即：
$ax^3+bx^2+cx+d=ax^3-a(x_1+x_2+x_3)x^2+a(x_1x_2+x_1x_3+x_2x_3)x-ax_1x_2x_3$,
对应系数可得：
$-a(x_1+x_2+x_3)=b$，$a(x_1x_2+x_1x_3+x_2x_3)=c$，$-ax_1x_2x_3=d$，
由于$a≠0$，对三个等式两边同时除以a整理，即可得到三次方程根与系数的关系。
【答案】
$x_1+x_2+x_3=-\dfrac{b}{a}$，$x_1x_2+x_1x_3+x_2x_3=\dfrac{c}{a}$，$x_1x_2x_3=-\dfrac{d}{a}$
【知识点】
韦达定理，多项式恒等，因式分解
【点评】
本题是典型的类比迁移类题型，没有要求学生直接记忆三次方程韦达定理，而是通过给出二次方程韦达定理的完整推导过程引导学生自主推导，既考察了多项式展开的运算能力，也锻炼了类比推理的数学思维，帮助学生理解韦达定理的本质，避免死记硬背公式。
【难度系数】
0.6
