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8. 已知关于x的方程$x^{2}-(2m-1)x+m^{2}= 0的两个实数根为x_{1},x_{2}$,若$(x_{1}+1)(x_{2}+1)= 3$,则m的值为()
A. -3
B. -1
C. -3或1
D. -1或3
A. -3
B. -1
C. -3或1
D. -1或3
答案：
A
9. [2023 绵阳模拟] 若关于x的方程$2x^{2}-(k-1)x+k+1= 0的两个实数根满足关系式|x_{1}-x_{2}|= 1$,则k的值为()
A. 11
B. -1
C. 11或-1
D. 11或-1或1
A. 11
B. -1
C. 11或-1
D. 11或-1或1
答案：
C
10. 已知关于x的一元二次方程$x^{2}-3x+k+1= 0$的两根的平方和小于5,则k的取值范围是______.
答案：
$1 ＜ k\leqslant\frac{5}{4}$
11. 已知关于x的一元二次方程$kx^{2}+(1-2k)x+k-2= 0$.
(1) 若方程有两个不相等的实数根,求k的取值范围;
(2) 当k取满足(1)中条件的最小整数时,设方程的两根为α和β,求代数式$\alpha^{3}+\beta^{2}+\beta+2024$的值.
(1) 若方程有两个不相等的实数根,求k的取值范围;
(2) 当k取满足(1)中条件的最小整数时,设方程的两根为α和β,求代数式$\alpha^{3}+\beta^{2}+\beta+2024$的值.
答案：
【解析】：
1. 对于一元二次方程$ax^{2}+bx+c = 0(a\neq0)$，其判别式$\Delta=b^{2}-4ac$。
在方程$kx^{2}+(1 - 2k)x + k - 2 = 0$中，$a = k$，$b = 1 - 2k$，$c = k - 2$。
因为方程是一元二次方程，所以$k\neq0$。
又因为方程有两个不相等的实数根，所以$\Delta=(1 - 2k)^{2}-4k(k - 2)＞0$。
展开$(1 - 2k)^{2}-4k(k - 2)$得：
$(1 - 2k)^{2}-4k(k - 2)=1 - 4k + 4k^{2}-4k^{2}+8k$。
合并同类项得$1 + 4k$。
则$1 + 4k＞0$，解得$k＞-\frac{1}{4}$。
综上，$k$的取值范围是$k＞-\frac{1}{4}$且$k\neq0$。
2. 由（1）可知$k$取满足条件的最小整数，那么$k = 1$。
当$k = 1$时，方程为$x^{2}-x - 1 = 0$。
根据韦达定理，对于一元二次方程$x^{2}-x - 1 = 0$（$a = 1$，$b=-1$，$c = - 1$），两根$\alpha$，$\beta$有$\alpha+\beta=-\frac{b}{a}=1$，$\alpha\beta=\frac{c}{a}=-1$。
因为$\alpha$是方程$x^{2}-x - 1 = 0$的根，所以$\alpha^{2}-\alpha - 1 = 0$，即$\alpha^{2}=\alpha + 1$，那么$\alpha^{3}=\alpha\cdot\alpha^{2}=\alpha(\alpha + 1)=\alpha^{2}+\alpha=\alpha + 1+\alpha=2\alpha + 1$。
因为$\beta$是方程$x^{2}-x - 1 = 0$的根，所以$\beta^{2}-\beta - 1 = 0$，即$\beta^{2}=\beta + 1$。
则$\alpha^{3}+\beta^{2}+\beta + 2024=(2\alpha + 1)+(\beta + 1)+\beta + 2024$。
整理得$2\alpha+2\beta + 2026$。
把$\alpha+\beta = 1$代入上式得$2\times1+2026 = 2028$。
【答案】：1. $k＞-\frac{1}{4}$且$k\neq0$ 2. $2028$
1. 对于一元二次方程$ax^{2}+bx+c = 0(a\neq0)$，其判别式$\Delta=b^{2}-4ac$。
在方程$kx^{2}+(1 - 2k)x + k - 2 = 0$中，$a = k$，$b = 1 - 2k$，$c = k - 2$。
因为方程是一元二次方程，所以$k\neq0$。
又因为方程有两个不相等的实数根，所以$\Delta=(1 - 2k)^{2}-4k(k - 2)＞0$。
展开$(1 - 2k)^{2}-4k(k - 2)$得：
$(1 - 2k)^{2}-4k(k - 2)=1 - 4k + 4k^{2}-4k^{2}+8k$。
合并同类项得$1 + 4k$。
则$1 + 4k＞0$，解得$k＞-\frac{1}{4}$。
综上，$k$的取值范围是$k＞-\frac{1}{4}$且$k\neq0$。
2. 由（1）可知$k$取满足条件的最小整数，那么$k = 1$。
当$k = 1$时，方程为$x^{2}-x - 1 = 0$。
根据韦达定理，对于一元二次方程$x^{2}-x - 1 = 0$（$a = 1$，$b=-1$，$c = - 1$），两根$\alpha$，$\beta$有$\alpha+\beta=-\frac{b}{a}=1$，$\alpha\beta=\frac{c}{a}=-1$。
因为$\alpha$是方程$x^{2}-x - 1 = 0$的根，所以$\alpha^{2}-\alpha - 1 = 0$，即$\alpha^{2}=\alpha + 1$，那么$\alpha^{3}=\alpha\cdot\alpha^{2}=\alpha(\alpha + 1)=\alpha^{2}+\alpha=\alpha + 1+\alpha=2\alpha + 1$。
因为$\beta$是方程$x^{2}-x - 1 = 0$的根，所以$\beta^{2}-\beta - 1 = 0$，即$\beta^{2}=\beta + 1$。
则$\alpha^{3}+\beta^{2}+\beta + 2024=(2\alpha + 1)+(\beta + 1)+\beta + 2024$。
整理得$2\alpha+2\beta + 2026$。
把$\alpha+\beta = 1$代入上式得$2\times1+2026 = 2028$。
【答案】：1. $k＞-\frac{1}{4}$且$k\neq0$ 2. $2028$
12. 如果方程$x^{2}+px+q= 0的两个根是x_{1},x_{2}$,那么$x_{1}+x_{2}= -p,x_{1}\cdot x_{2}= q$.请根据以上结论,解决下列问题:
(1) 已知关于x的方程$x^{2}+mx+n= 0(n≠0)$,求出一个一元二次方程,使它的两根分别是已知方程两根的倒数;
(2) 已知a,b满足$a^{2}-15a-5= 0,b^{2}-15b-5= 0$,且$a≠b$,求$a+b$的值;
(3) 已知a,b,c均为实数,且$a+b+c= 0,abc= 16$,求正数c的最小值.
(1) 已知关于x的方程$x^{2}+mx+n= 0(n≠0)$,求出一个一元二次方程,使它的两根分别是已知方程两根的倒数;
(2) 已知a,b满足$a^{2}-15a-5= 0,b^{2}-15b-5= 0$,且$a≠b$,求$a+b$的值;
(3) 已知a,b,c均为实数,且$a+b+c= 0,abc= 16$,求正数c的最小值.
答案：
【解析】：
1. 设方程$x^{2}+mx + n = 0(n\neq0)$的两根为$x_{1}$，$x_{2}$，则$x_{1}+x_{2}=-m$，$x_{1}\cdot x_{2}=n$。设所求方程的两根为$y_{1}=\frac{1}{x_{1}}$，$y_{2}=\frac{1}{x_{2}}$。
先求$y_{1}+y_{2}$的值：$y_{1}+y_{2}=\frac{1}{x_{1}}+\frac{1}{x_{2}}=\frac{x_{2}+x_{1}}{x_{1}x_{2}}=\frac{-m}{n}$。
再求$y_{1}\cdot y_{2}$的值：$y_{1}\cdot y_{2}=\frac{1}{x_{1}x_{2}}=\frac{1}{n}$。
根据一元二次方程根与系数的关系$y^{2}-(y_{1} + y_{2})y+y_{1}y_{2}=0$，可得所求方程为$y^{2}+\frac{m}{n}y+\frac{1}{n}=0$，两边同乘$n$得$ny^{2}+my + 1 = 0$。
2. 因为$a$，$b$满足$a^{2}-15a - 5 = 0$，$b^{2}-15b - 5 = 0$，且$a\neq b$，所以$a$，$b$可看作方程$x^{2}-15x - 5 = 0$的两个不相等的实数根。
根据根与系数的关系$x_{1}+x_{2}=-\frac{p}{1}$（对于方程$x^{2}+px + q = 0$），在方程$x^{2}-15x - 5 = 0$中$p=-15$，所以$a + b=15$。
3. 因为$a + b + c = 0$，所以$a + b=-c$，又因为$abc = 16$，所以$ab=\frac{16}{c}$。
那么$a$，$b$可看作方程$x^{2}+cx+\frac{16}{c}=0$的两个实数根。
对于一元二次方程$Ax^{2}+Bx + C = 0(A\neq0)$，判别式$\Delta=B^{2}-4AC$，在方程$x^{2}+cx+\frac{16}{c}=0$中$A = 1$，$B = c$，$C=\frac{16}{c}$，则$\Delta=c^{2}-\frac{64}{c}\geqslant0$。
因为$c$是正数，不等式两边同时乘$c$得$c^{3}-64\geqslant0$，即$c^{3}\geqslant64$，解得$c\geqslant4$，所以正数$c$的最小值为$4$。
【答案】：1. $ny^{2}+my + 1 = 0$ 2. $15$ 3. $4$
1. 设方程$x^{2}+mx + n = 0(n\neq0)$的两根为$x_{1}$，$x_{2}$，则$x_{1}+x_{2}=-m$，$x_{1}\cdot x_{2}=n$。设所求方程的两根为$y_{1}=\frac{1}{x_{1}}$，$y_{2}=\frac{1}{x_{2}}$。
先求$y_{1}+y_{2}$的值：$y_{1}+y_{2}=\frac{1}{x_{1}}+\frac{1}{x_{2}}=\frac{x_{2}+x_{1}}{x_{1}x_{2}}=\frac{-m}{n}$。
再求$y_{1}\cdot y_{2}$的值：$y_{1}\cdot y_{2}=\frac{1}{x_{1}x_{2}}=\frac{1}{n}$。
根据一元二次方程根与系数的关系$y^{2}-(y_{1} + y_{2})y+y_{1}y_{2}=0$，可得所求方程为$y^{2}+\frac{m}{n}y+\frac{1}{n}=0$，两边同乘$n$得$ny^{2}+my + 1 = 0$。
2. 因为$a$，$b$满足$a^{2}-15a - 5 = 0$，$b^{2}-15b - 5 = 0$，且$a\neq b$，所以$a$，$b$可看作方程$x^{2}-15x - 5 = 0$的两个不相等的实数根。
根据根与系数的关系$x_{1}+x_{2}=-\frac{p}{1}$（对于方程$x^{2}+px + q = 0$），在方程$x^{2}-15x - 5 = 0$中$p=-15$，所以$a + b=15$。
3. 因为$a + b + c = 0$，所以$a + b=-c$，又因为$abc = 16$，所以$ab=\frac{16}{c}$。
那么$a$，$b$可看作方程$x^{2}+cx+\frac{16}{c}=0$的两个实数根。
对于一元二次方程$Ax^{2}+Bx + C = 0(A\neq0)$，判别式$\Delta=B^{2}-4AC$，在方程$x^{2}+cx+\frac{16}{c}=0$中$A = 1$，$B = c$，$C=\frac{16}{c}$，则$\Delta=c^{2}-\frac{64}{c}\geqslant0$。
因为$c$是正数，不等式两边同时乘$c$得$c^{3}-64\geqslant0$，即$c^{3}\geqslant64$，解得$c\geqslant4$，所以正数$c$的最小值为$4$。
【答案】：1. $ny^{2}+my + 1 = 0$ 2. $15$ 3. $4$
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