《2025年学霸题中题九年级数学上册人教版》

3. (2024·许昌月考)若关于x的一元二次方程$ax^{2}+bx+c= 0(a≠0)$的根均为整数,则称这个方程为“快乐方程”.通过计算发现,任何一个“快乐方程”的判别式$b^{2}-4ac$一定为完全平方数.现规定$F(a,b,c)= \frac {4ac-b^{2}}{4a}$为该“快乐方程”的“快乐数”.例如:“快乐方程”$x^{2}-3x-4= 0$的两个根均为整数,其“快乐数”$F(1,-3,-4)= \frac {4×1×(-4)-(-3)^{2}}{4×1}= -\frac {25}{4}$.若有另一个“快乐方程”$px^{2}+qx+r= 0(p≠0)$的“快乐数”$F(p,q,r)$,且满足$r\cdot F(a,b,c)= c\cdot F(p,q,r)$,则称$F(a,b,c)与F(p,q,r)$互为“开心数”.
(1)“快乐方程”$x^{2}-5x+6= 0$的“快乐数”为$-\frac{1}{4}$；
(2)若关于x的一元二次方程$x^{2}-(2m+1)x+m^{2}+3m-6= 0$(m为整数,且$-1\lt m\lt 2$)是“快乐方程”,求m的值,并求该方程的“快乐数”；
(3)若关于x的一元二次方程$x^{2}-mx+m+1= 0与x^{2}-(n+2)x+2n= 0$(m,n均为正整数)都是“快乐方程”,且其“快乐数”互为“开心数”,直接写出n的值.3

答案：
(1) $-\frac{1}{4}$
(2)
∵一元二次方程 $x^{2}-(2m + 1)x + m^{2}+3m - 6 = 0$（$m$ 为整数，且 $-1＜m＜2$）是“快乐方程”，
∴ $\Delta=[-(2m + 1)]^{2}-4×1×(m^{2}+3m - 6)=-8m + 25$。
∵ $-1＜m＜2$，
∴ $9＜-8m + 25＜33$。
∵ $-8m + 25$ 为平方数，
∴ $-8m + 25 = 16$ 或 $-8m + 25 = 25$，
∴ $m=\frac{9}{8}$（舍去）或 $m = 0$，
∴原方程为 $x^{2}-x - 6 = 0$，
∴“快乐数”为 $F(1,-1,-6)=\frac{4×1×(-6)-(-1)^{2}}{4×1}=-\frac{25}{4}$。
(3) $n$ 的值为 3。解析：
∵关于 $x$ 的一元二次方程 $x^{2}-mx + m + 1 = 0$（$m$ 为正整数）是“快乐方程”，
∴设 $\Delta=(-m)^{2}-4×1×(m + 1)=m^{2}-4m - 4=(m - 2)^{2}-8 = a^{2}$（$a$ 为整数），
∴ $(m - 2)^{2}-a^{2}=8$，
∴ $(m - 2 + a)·(m - 2 - a)=8$。
∵两因式同奇同偶，
∴ $\begin{cases}m + a - 2 = 4\\m - a - 2 = 2\end{cases}$ 或 $\begin{cases}m + a - 2 = 2\\m - a - 2 = 4\end{cases}$ 或 $\begin{cases}m + a - 2 = -4\\m - a - 2 = -2\end{cases}$ 或 $\begin{cases}m + a - 2 = -2\\m - a - 2 = -4\end{cases}$，解得 $m = 5$，或 $m=-1$（舍去），
∴原方程为 $x^{2}-5x + 6 = 0$，
∴ $F(1,-5,6)=\frac{4×1×6-(-5)^{2}}{4×1}=-\frac{1}{4}$。
∵关于 $x$ 的一元二次方程 $x^{2}-(n + 2)x + 2n = 0$（$n$ 为正整数）是“快乐方程”，
∴ $F(1,-n - 2,2n)=\frac{4×1×2n-(-n - 2)^{2}}{4×1}=-\frac{(n - 2)^{2}}{4}$。
∵两方程的“快乐数”互为“开心数”，
∴ $-\frac{1}{4}×2n=-\frac{(n - 2)^{2}}{4}×6$，解得 $n = 3$，$n=\frac{4}{3}$（舍去）。故 $n$ 的值是 3。

4. (2024·宿迁期中)规定:我们用$F(a,b,c)$表示一元二次方程$ax^{2}+bx+c= 0$,用数组$(x_{1},x_{2})$表示一元二次方程的两个解(其中$x_{1}≤x_{2}$),当$b^{2}-4ac≥0$时,$F(a,b,c)$唯一对应一个数组$(x_{1},x_{2})$,可记作:$F(a,b,c)\subset (x_{1},x_{2})$.如方程:$x^{2}+2x-3= 0$的两个解分别为1,-3,则有$F(1,2,-3)\subset (-3,1)$,又如$F(2,0,-8)\subset (-2,2)$,$F(1,10,25)\subset (-5,-5)$,反之,当数组$(x_{1},x_{2})$确定时,却有无数个一元二次方程与之对应,如方程$F(1,0,-4)$和$F(2,0,-8)$的解都是$(-2,2)$,则称方程$F(1,0,-4)$和$F(2,0,-8)$为同解方程,记作方程$F(1,0,-4)= F(2,0,-8)$.研究发现:当$m≠0$时,总有$F(a,b,c)= F(ma,mb,mc)$成立.
(1)若$F(1,-2,a)\subset (-2,4)$,则$a= $$-8$；若$F(3,1,b)= F(15,c,5b)$,则$c= $$5$.
(2)若$F(1,-2,t-1)\subset (m,n)$,且$|m|+|n|= 6$,求t的值.
(3)如果实数a,b,c,d满足$a≠c$,$F(1,-3a,-4b)\subset (c,d)$,$F(1,-3c,-4d)\subset (a,b)$,探究$k= a+b+c+d$是否为定值? 如果是,请求出k的值,如果不是,请说明理由.

答案：
(1) $-8$ $5$
(2) 由 $F(1,-2,t - 1)\subset(m,n)$ 知，$m$，$n$ 是一元二次方程 $x^{2}-2x + t - 1 = 0$ 的两个实数解，且 $m\leq n$，
∴ $m + n = 2$，$mn = t - 1$。
∵ $|m|+|n| = 6$，当 $m$，$n$ 全为正或全为负时，则 $|m|+|n|=\pm(m + n)=\pm6$，这与 $m + n = 2$ 矛盾，
∴ $m＜0＜n$，
∴ $|m|+|n|=-m + n = 6$，则有 $(-m + n)^{2}=36$，即 $(m + n)^{2}-4mn = 36$，
∴ $4 - 4(t - 1)=36$，解得 $t=-7$。
(3) $k$ 是定值。
∵ $F(1,-3a,-4b)\subset(c,d)$，$F(1,-3c,-4d)\subset(a,b)$，
∴ $c$，$d$ 是方程 $x^{2}-3ax - 4b = 0$ 的两个实数解，$a$，$b$ 是方程 $x^{2}-3cx - 4d = 0$ 的两个实数解，由根与系数的关系得 $c + d = 3a$，$cd=-4b$，$a + b = 3c$，$ab=-4d$，
∴ $a + b + c + d = 3a + 3c$，$abcd = 16bd$，
∴ $b + d = 2(a + c)$，$ac = 16$。
∵ $c$ 是 $x^{2}-3ax - 4b = 0$ 的解，
∴ $c^{2}-3ac - 4b = 0$，即 $c^{2}-4b = 48$。
∵ $a$ 是方程 $x^{2}-3cx - 4d = 0$ 的解，
∴ $a^{2}-3ac - 4d = 0$，即 $a^{2}-4d = 48$，
∴ $a^{2}+c^{2}-4(b + d)=96$，即 $a^{2}+c^{2}-8(a + c)=96$，
∴ $(a + c)^{2}-2ac - 8(a + c)=96$，整理得 $(a + c)^{2}-8(a + c)-128 = 0$，解得 $a + c = 16$ 或 $a + c=-8$。
∵当 $ac = 16$，$a + c=-8$ 时，$a$，$c$ 是方程 $m^{2}+8m + 16 = 0$ 的两个实数解，解此方程得 $m_{1}=m_{2}=-4$，即 $a = c$ 这与题设 $a\neq c$ 矛盾，
∴ $a + c = 16$，
∴ $k = a + b + c + d = 3(a + c)=48$，
∴ $k$ 为定值 48。