【题目合集】一元二次方程 | 换元思想

news/2025/10/2 17:39:27/文章来源:https://www.cnblogs.com/M136e1/p/19123783

【题目合集】一元二次方程 | 换元思想

1.（2025·中山市校级开学）

如果关于 $x$ 的一元二次方程 $ax^2 + bx + c = 0$ 有两个实数根，且其中一个根为另外一个根的 $2$ 倍，则称这样的方程为“倍根方程”，请判断以下命题：

方程 $x^2 - x - 2 = 0$ 是“倍根方程”。
若 $(x - 2)(mx + n) = 0$ 是“倍根方程”，则 $4m^2 + 5mn + n^2 = 0$。
若 $p$，$q$ 满足 $pq = 2$，则关于 $x$ 的方程 $px^2 + 3x + q = 0$ 是“倍根方程”。
若方程 $ax^2 + bx + c = 0$ 是“倍根方程”，则必有 $2b^2 = 9ac$。

对于命题 $1$，可得 $x_1=2,x_2=-1$ 显然不符合题意。

对于命题二，考虑两种方法：

考虑因式分解。将 $4m^2 + 5mn + n^2 = 0$ 分解为：

\[(4m+n)(m+n)=0 \]

可得两个式子：

\[4m+n=0\tag{1} \]

\[m+n=0\tag{2} \]

同时可将 $(x - 2)(mx + n) = 0$ 分解为 $2$ 个式子：

\[x-2=0,x=2 \tag{3} \]

\[mx+n=0,x=-\frac{m}{n} \tag{4} \]

分类讨论。当 $(4)=(3) \times 2$ 时，可得：

\[-\frac{m}{n}=2 \times 2,4m+n=0 \tag{5} \]

当 $(3)=(4) \times 2$ 时，可得：

\[-\frac{m}{n}=1,m+n=0\tag{6} \]

$(1)=(2),(5)=(6)$，证毕。

其实还可以通过换元法，用 $(3)(4)$ 式进行还原也可。

对于命题三，可以直接使用求根公式暴力算根，但也可以使用因式分解。主要策略为换元思想。

\[pq=2,q=\frac{2}{p} \tag{1} \]

将 $(1)$ 代入关于 $x$ 的方程，得：

\[px^2 + 3x + \frac{2}{p}= 0 \]

去分母，得：

\[p^2x^2 + 3px + 2= 0 \]

因式分解，得：

\[(px+1)(px+2)=0 \tag{2} \]

将 $(1)$ 代入 $(2)$，得：

\[(px+1)(px+pq)=0 \]

化简得：

\[(px+1)(x+q)=0 \]

解得：

\[x_1=-\frac{1}{p} \ (3),x_2=-q \ (4) \]

将 $(1)$ 代入 $(4)$，得：

\[x_2=-q=-\frac{2}{p}=2x_1 \]

故命题成立。

对于命题四，考虑韦达定理。

设两根 $x_1,x_2$ 满足 $x_1=2x_2$。得：

\[\begin{cases} x_1+x_2=3x_2 &= -\frac{b}{a} \\ x_1x_2=2x_2^2 &= \frac{c}{a}\tag{1} \end{cases} \]

联立，得：

\[x_2=-\frac{b}{3a},2x_2^2=2 \cdot \left(-\frac{b}{3a}\right)^2=\frac{2b^2}{9a^2} \tag{2} \]

$(1)(2)$ 联立，得：

\[\frac{2b^2}{9a^2}=\frac{c}{a},2ab^2=9a^2c \]

因为 $a \neq 0$，所以等式两边同时约去 $a$，得：

\[2b^2=9ac \]

所以命题四成立。

2.（2019春，沂漂县期中）

关于 $x$ 的一元二次方程 $x^2 + (2k+1)x + k^2 + 1 = 0$ 有两个不等实根 $x_1$，$x_2$，若方程两实根 $x_1$，$x_2$ 满足 $|x_1|+|x_2| = x_1 \cdot x_2$，求 $k$ 的值。

首先，让我们根据绝对值的几何意义，了解一个定理。

定理对于两个实数 $a,b$，若 $ab > 0$，则有：

\[ |a|+|b|=|a+b| \]

考虑证明 因为 $ab > 0$，当且仅当两种情况：

$a > 0,b > 0$；
- 此时有 $|a|=a,|b|=b$；
  所以 $|a|+|b|=a+b=|a+b|$；
$a < 0,b < 0$。
- 此时有 $|a|=-a,|b|=-b$；
  所以 $|a|+|b|=-a+(-b)=-(a+b)=|a+b|$。

故该定理成立。

所以这道题便可以使用这个定理。

因为 $x_1 \cdot x_2= \frac{c}{a}=k^2+1 > 0$。

所以 $|x_1|+|x_2|=|x_1+x_2|=|-(2k+1)|=2k+1$。

最后得出：

\[\begin{cases} \Delta=(2k+1)^2-4(k^2+1) & > 0 \\ k^2+1 &= 2k+1 \end{cases} \]

解得 $k=2$。

3.（2025春·余杭区期末）

已知 $a$，$b$ 是一元二次方程 $x^2 + 2025x + 1 = 0$ 的两个实数根，求：

\[\sqrt{\frac{b}{a}}+\sqrt{\frac{a}{b}} \]

因为 $ab=\frac{c}{a}=1$，可得：

\[\begin{align*} \sqrt{\frac{b}{a}}+\sqrt{\frac{a}{b}} &=\sqrt{\frac{b^2}{ab}}+\sqrt{\frac{a^2}{ab}}\\&= \frac{\sqrt{b^2}}{\sqrt{ab}}+\frac{\sqrt{a^2}}{\sqrt{ab}}\\&= \sqrt{a^2}+ \sqrt{b^2}\\&=|a|+|b|\end{align*} \]

这时 $ab=1 > 0$，所以：

\[\begin{align*} |a+b|&=|a+b|\\ &=\left|-\frac{b}{a} \right|\\ &=|-2025|\\ &=2025 \end{align*} \]

当然可以使用常规做法：

由 $\left(\sqrt{a}\right)^2=a$，得：

\[\begin{align*} \sqrt{\frac{b}{a}}+\sqrt{\frac{a}{b}} &=\sqrt{\left(\sqrt{\frac{b}{a}}+\sqrt{\frac{a}{b}} \right)^2}\\&=\sqrt{\frac{b}{a}+\frac{a}{b}+2\sqrt{\frac{b}{a} \cdot \frac{a}{b}}}\\&=\sqrt{\frac{a^2}{ab}+\frac{2ab}{ab}+\frac{b^2}{ab}}\\&=\sqrt{\frac{a^2+2ab+b^2}{ab}}\\&= \sqrt{\frac{(a+b)^2}{ab}}\\&= \sqrt{(a+b)^2}\\&=|a+b|\\&=\left|-\frac{b}{a} \right|\\&=|-2025|\\&=2025\end{align*} \]

4.（2019春，沂漂县期中）

关于 $x$ 的一元二次方程 $x^2 + (2k+1)x + k^2 + 1 = 0$ 有两个不等实根 $x_1$，$x_2$，若方程两实根 $x_1$，$x_2$ 满足 $x_1 < 1 < x_2$，求 $k$ 的值。

这题真有点超标了。。。

首先考虑变形 $x_1 < 1 < x_2$，得：

\[\begin{cases} x_1-1 < 0\\ x_2-1 > 0 \end{cases} \]

两式相乘，得：

\[(x_1-1)(x_2-1) < 0 \]

\[x_1x_2-(x_1+x_2)+1 < 0 \]

\[9+\frac{a+2}{a} < 0 \tag{1} \]

又因为关于 $x$ 的一元二次方程 $x^2 + (2k+1)x + k^2 + 1 = 0$ 有两个不等实根。所以：

\[\Delta > 0,-35a^2+4a+4 > 0 \tag{2} \]

联立 $(1)(2)$ 形成不等式组：

\[\begin{cases} a \neq 0\\ 9+\frac{a+2}{a} < 0 \\ \Delta > 0,-35a^2+4a+4 > 0 \end{cases} \]

直接画图找到函数零点，判断开口和函数形状即可。

放大一些：

所以，由图形解得：

\[\begin{cases} a \neq 0\\ -\frac{2}{7} < a < \frac{2}{5} \\ -\frac{2}{11} < a < 0 \end{cases} \]

所以 $-\frac{2}{11} < a < 0 $。

注：图像上绿色的部分就是不等式组的解集。

不好评价。。。。

5.（2025春·巷南县期末）

已知关于 $x$ 的方程 $(x-1)(x-m)=0$ 与 $(x-2m)^2=c$ 的解完全相同，则常数 $c$ 的值为?

给出如下定理：

定理一般地，如果一元二次方程 $a_1 x^2 + b_1 x + c_1 = 0$ 和 $a_2 x^2 + b_2 x + c_2 = 0$ 有相同的根，则存在非零常数 $k$，使得 $a_1 = k a_2$，$b_1 = k b_2$，$c_1 = k c_2$。只有当 $k = 1$ 时，两个方程才完全相同。

所以化简这两个一元二次方程，得：

\[x^2-(m+1)x+m=0\tag{1} \]

\[x^2-4mx+4m^2-c=0 \tag{2} \]

由上述定理，得一个二元一次方程组：

\[\begin{cases} -(m+1)=-4m\\ 4m^2-c=m \end{cases} \]

解得：$m=\frac{1}{3},c=\frac{1}{9}$。

6.（2025·九龙坡区校级模拟）

已知关于 $x$ 的多项式：$M=2x^2+x+2$，$N=2x^2-nx-2$。

若 $M=4$，则代数式 $\frac{5x}{x^2+6x-1}$ 的值为 $\frac{10}{11}$。
若 $y=M-N$，当 $y$ 随着 $x$ 的增加而增加时，$n$ 的取值范围为 $n < -1$。
当 $n=3$ 时，若 $M \cdot N=0$，则 $x=\frac{1}{2}$ 或 $x=-2$。

对于命题 $1$，采取降幂的思想方法。

由 $2x^2+x+2=4$，得 $x^2=1-\frac{1}{2}x$。

将其代入原式，得：

\[\frac{5x}{x^2+6x-1}=\frac{5x}{1-\frac{1}{2}x+6x-1}=\frac{10}{11} \]

对于命题二，可得：

\[y=M-N=2x^2+x+2-(2x^2-nx-2)=(n+1)x+4 \]

我们知道这是一条直线。所以当 $y$ 随着 $x$ 的增加而增加时，$n+1 > 0,n > -1$。

对于命题三，直接解方程即可。

7.（2024秋·骤城区期中）

已知 $Rt\triangle ABC$ 的一边为 $5$，另两边是方程 $x^2 - (2k-3)x + k^2 - 3k + 2 = 0$ 的解。求 $k$ 的值。

有多种方法。

方法一 因式分解

\[\begin{align*} x^2 - (2k-3)x + k^2 - 3k + 2&=x^2-(2k-3)x+(k-1)(k-2)\\ &=[x-(k-1)][x-(k-2)] \end{align*} \]

所以 $x_1=k-1,k_2=k-2$。分类讨论即可。

方法二 韦达定理

首先，当 $5$ 为斜边时显然易得，这里不再赘述。

考虑 $5$ 为直角边的情况。

\[\begin{align*} x_1^2+25&=x_2^2\\ x_2^2-x_1^2&=25\\ (x_2+x_1)(x_2-x_1)&=25\\ (x_2+x_1)\sqrt{(x_2-x_1)^2}&=25\\ (x_2+x_1)\sqrt{(x_2+x_1)^2-4x_1x_2}&=25\\ 2k-3&=25\\ k&=14 \end{align*} \]

要有暴力算下去的勇气（逃