《2025年全效学习同步学练测九年级数学上册湘教版》

设 $ x_{1},x_{2} $ 是关于 $ x $ 的方程 $ x^{2}-4x+k+1=0 $ 的两个实数根. 请问: 是否存在实数 $ k $, 使得 $ x_{1} \cdot x_{2} ＞ x_{1} + x_{2} $ 成立? 试说明理由.
【思想方法】在运用根与系数的关系解题时,常见的恒等变形有: $ x_{1}^{2} + x_{2}^{2} = (x_{1} + x_{2})^{2} - 2x_{1}x_{2} $, $ \frac{1}{x_{1}} + \frac{1}{x_{2}} = \frac{x_{1} + x_{2}}{x_{1}x_{2}} $, $ |x_{1} - x_{2}| = \sqrt{(x_{1} + x_{2})^{2} - 4x_{1}x_{2}} $ 等. 值得注意的是, 利用根与系数的关系解题, 同样要注意 $ \Delta \geq 0 $, $ a \neq 0 $ 的前提条件.

答案： 要判断是否存在实数$k$使得$x_{1} \cdot x_{2} ＞ x_{1} + x_{2}$成立，需结合根与系数的关系及判别式分析：
1. 利用根与系数的关系表示$x_1 + x_2$和$x_1 x_2$
对于方程$x^2 - 4x + k + 1 = 0$，其中$a = 1$，$b = -4$，$c = k + 1$。
由韦达定理得：
$x_1 + x_2 = -\frac{b}{a} = 4$，
$x_1 x_2 = \frac{c}{a} = k + 1$。
2. 根据条件$x_1 x_2 ＞ x_1 + x_2$列不等式
由题意$x_1 x_2 ＞ x_1 + x_2$，代入得：
$k + 1 ＞ 4$，
解得$k ＞ 3$。
3. 考虑方程有实根的条件（判别式$\Delta \geq 0$）
方程有两个实数根，需$\Delta = b^2 - 4ac \geq 0$。
计算判别式：
$\Delta = (-4)^2 - 4 × 1 × (k + 1) = 16 - 4(k + 1) = 12 - 4k$，
则$12 - 4k \geq 0$，
解得$k \leq 3$。
4. 综合判断
由步骤2得$k ＞ 3$，由步骤3得$k \leq 3$，两者无交集。
结论：不存在实数$k$使得$x_{1} \cdot x_{2} ＞ x_{1} + x_{2}$成立。

一、求与两根有关的代数式的值
变形 1 已知 $ x_{1},x_{2} $ 是方程 $ 2x^{2} - 3x - 5 = 0 $ 的两个根, 不解方程, 求下列代数式的值:
(1) $ x_{1}^{2} + x_{2}^{2} $; (2) $ |x_{1} - x_{2}| $; (3) $ \frac{x_{1}}{x_{2}} + \frac{x_{2}}{x_{1}} $.

答案： $(1)\frac{29}{4} (2)\frac{7}{2} (3)-\frac{29}{10}$

二、求字母的值或取值范围
变形 2 已知关于 $ x $ 的一元二次方程 $ x^{2} - 4kx + 3k^{2} = 0 $.
(1) 求证: 该方程总有两个实数根;
(2) 若此方程的两个实数根 $ x_{1},x_{2} $ 满足 $ (x_{1} + x_{2})^{2} - 2x_{1}x_{2} = 20 $, 求 $ k $ 的值.

答案： $(1)$ 证明该方程总有两个实数根
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$x^{2}-4kx + 3k^{2}=0$中，$a = 1$，$b=-4k$，$c = 3k^{2}$。
则$\Delta=(-4k)^{2}-4×1×3k^{2}$
$=16k^{2}-12k^{2}$
$=4k^{2}$。
因为$k^{2}\geqslant0$，所以$4k^{2}\geqslant0$，即$\Delta\geqslant0$。
所以该方程总有两个实数根。
$(2)$ 求$k$的值
根据韦达定理，对于一元二次方程$ax^{2}+bx + c = 0(a\neq0)$，若方程的两根为$x_{1}$和$x_{2}$，则$x_{1}+x_{2}=-\frac{b}{a}$，$x_{1}x_{2}=\frac{c}{a}$。
在方程$x^{2}-4kx + 3k^{2}=0$中，$x_{1}+x_{2}=-\frac{-4k}{1}=4k$，$x_{1}x_{2}=\frac{3k^{2}}{1}=3k^{2}$。
已知$(x_{1}+x_{2})^{2}-2x_{1}x_{2}=20$，将$x_{1}+x_{2}=4k$，$x_{1}x_{2}=3k^{2}$代入可得：
$(4k)^{2}-2×3k^{2}=20$
$16k^{2}-6k^{2}=20$
$10k^{2}=20$
$k^{2}=2$
解得$k=\pm\sqrt{2}$。
综上，$(1)$ 证明见上述过程；$(2)$$\boldsymbol{k = \pm\sqrt{2}}$。

变形 3 已知关于 $ x $ 的一元二次方程 $ (k - 1)x^{2} - (2k - 3)x + k = 0 $.
(1) 若原方程有实数根, 求 $ k $ 的取值范围.
(2) 设原方程的两根为 $ x_{1},x_{2} $, 是否存在实数 $ k $, 使得 $ \frac{1}{x_{1}} + \frac{1}{x_{2}} = k - 2 $ 成立? 若存在, 请求出 $ k $ 的值; 若不存在, 请说明理由.

答案： $(1)$ 求$k$的取值范围
解：
因为方程$(k - 1)x^{2}-(2k - 3)x + k = 0$是一元二次方程，所以二次项系数$k - 1\neq0$，即$k\neq1$。
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$(k - 1)x^{2}-(2k - 3)x + k = 0$中，$a = k - 1$，$b=-(2k - 3)$，$c = k$，则$\Delta=(2k - 3)^{2}-4k(k - 1)$。
展开$\Delta$得：
$\begin{aligned}\Delta&=(2k - 3)^{2}-4k(k - 1)\\&=4k^{2}-12k + 9-4k^{2}+4k\\&=-8k + 9\end{aligned}$
因为原方程有实数根，所以$\Delta\geqslant0$，即$-8k + 9\geqslant0$，移项可得$8k\leqslant9$，解得$k\leqslant\frac{9}{8}$。
综上，$k$的取值范围是$k\leqslant\frac{9}{8}$且$k\neq1$。
$(2)$ 判断是否存在实数$k$
解：
根据韦达定理，对于一元二次方程$ax^{2}+bx+c = 0(a\neq0)$，若方程的两根为$x_{1}$和$x_{2}$，则$x_{1}+x_{2}=-\frac{b}{a}$，$x_{1}x_{2}=\frac{c}{a}$。
在方程$(k - 1)x^{2}-(2k - 3)x + k = 0$中，$x_{1}+x_{2}=\frac{2k - 3}{k - 1}$，$x_{1}x_{2}=\frac{k}{k - 1}$。
因为$\frac{1}{x_{1}}+\frac{1}{x_{2}}=\frac{x_{2}+x_{1}}{x_{1}x_{2}}$，且$\frac{1}{x_{1}}+\frac{1}{x_{2}}=k - 2$，所以$\frac{x_{1}+x_{2}}{x_{1}x_{2}}=k - 2$。
将$x_{1}+x_{2}=\frac{2k - 3}{k - 1}$，$x_{1}x_{2}=\frac{k}{k - 1}$代入$\frac{x_{1}+x_{2}}{x_{1}x_{2}}=k - 2$中，得到$\frac{\frac{2k - 3}{k - 1}}{\frac{k}{k - 1}}=k - 2$。
化简$\frac{\frac{2k - 3}{k - 1}}{\frac{k}{k - 1}}$，分子分母同时乘以$k - 1$，可得$\frac{2k - 3}{k}=k - 2$。
去分母得$2k - 3=k(k - 2)$，展开得$2k - 3=k^{2}-2k$，移项化为一元二次方程的一般形式：$k^{2}-4k + 3 = 0$。
因式分解得$(k - 1)(k - 3)=0$，则$k - 1=0$或$k - 3=0$，解得$k_{1}=1$，$k_{2}=3$。
又因为由$(1)$知$k\leqslant\frac{9}{8}$且$k\neq1$，而$3＞\frac{9}{8}$，$k = 1$也不满足条件。
所以不存在实数$k$，使得$\frac{1}{x_{1}}+\frac{1}{x_{2}}=k - 2$成立。
综上，答案依次为：$(1)$$\boldsymbol{k\leqslant\frac{9}{8}且k\neq1}$；$(2)$不存在。