2022-2023学年苏科版九年级数学上册1.3一元二次方程根与系数的关系 解答题优生辅导训练 （Word版含答案）

2022-2023学年苏科版九年级数学上册《1.3一元二次方程根与系数的关系》
解答题优生辅导训练（附答案）
1．已知关于x的一元二次方程x2﹣2（k+1）x+k2+k+3＝0（k为常数）．
（1）若方程的两根为菱形相邻两边长，求k的值；
（2）是否存在满足条件的常数k，使该方程的两解等于边长为2的菱形的两对角线长，若存在，求k的值；若不存在，说明理由．
2．求满足如下条件的所有k值：使关于x的方程kx2+（k+1）x+（k﹣1）＝0的根都是整数．
3．试求出所有的正整数a，使得关于x的二次方程ax2+（4a﹣1）x+2（2a﹣3）＝0至少有一个整数根．
4．已知x1、x2是一元二次方程（a﹣6）x2+2ax+a＝0的两个实数根．
（1）求实数a的取值范围；
（2）若x1、x2满足x1x2﹣x1＝4+x2，求实数a的值．
5．已知关于x的一元二次方程mx2﹣（4m+1）x+3m+3＝0的两个不等实数根分别为x1，x2，n＝x2﹣x1﹣2，设点A（1，a），B（b，2）两点在动点P（m，n）所形成的曲线上．
（1）求P点所在的曲线解析式；
（2）求直线AB的解析式；
6．已知：α、β是关于x的二次方程：（m﹣2）x2+2（m﹣4）x+m﹣4＝0的两个不等实根．
（1）若m为符合条件的最小正整数时，求此方程两个实根的平方和的值；
（2）若α2+β2＝6时，求m的值．
7．已知关于x的一元二次方程x2﹣（2k﹣2）x+k2＝0有两个实数根x1，x2．
（1）求实数k的取值范围；
（2）若方程的两实数根x1，x2满足|x1+x2|＝x1x2﹣22，求k的值．
8．甲、乙两同学解方程x2+px+q＝0，甲看错了一次项，得两根2和7，乙看错了常数项，得两根1和﹣10，求原一元二次方程．
9．已知关于x的一元二次方程x2﹣3x+m﹣2＝0有两个实数根x1，x2．
（1）求m的取值范围；
（2）若x1，x2满足2x1＝|x2|+1，求m的值．
10．已知a是正整数，如果关于x的方程x3+（a+17）x2+（38﹣a）x﹣56＝0的根都是整数，求a的值及方程的整数根．
11．已知关于x的方程x2﹣（2k﹣3）x+k2﹣3k﹣10＝0，
（1）求证：无论k为何值，这个方程总有两个不相等的实数根；
（2）已知Rt△ABC的斜边AB的长为5，是否存在实数k，使Rt△ABC的两直角边AC，BC的长是这个一元二次方程的两个实数根？如果存在，求出k的值；如果不存在，请说明理由．
12．阅读材料：
若一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的两个实根为x1、x2，则两根与方程系数之间有如下关系：x1+x2＝﹣，x1x2＝．根据上述材料解决下列问题：
已知关于x的一元二次方程x2＝2（1﹣m）x﹣m2；有两个实数根：x1，x2．
（1）求m的取值范围；
（2）设y＝x1+x2，当y取得最小值时，求相应m的值，并求出最小值．
13．关于x的方程x2+（2k﹣3）x+k2＝0有两个不相等的实数根α、β．
（1）求k的取值范围；
（2）α+β+αβ＝6，求（α﹣β）2+3αβ﹣5的值．
14．设α为整数，若存在整数b和c，使得（x+α）（x﹣15）﹣25＝（x+b）（x+c）成立，求α可取的值．
15．已知方程x2+bx+c＝0与x2+cx+b＝0各有两个整数根x1，x2，和x1′，x2′，且x1x2＞0，x1′x2′＞0．
（1）求证：x1＜0，x2＜0，x1′＜0，x2′＜0；
（2）求证：b﹣1≤c≤b+1；
（3）求b，c的所有可能的值．
16．已知关于x的方程（m2﹣1）x2﹣3（3m﹣1）x+18＝0有两个正整数根（m是正整数）．△ABC的三边a、b、c满足，m2+a2m﹣8a＝0，m2+b2m﹣8b＝0．求：
（1）m的值；
（2）△ABC的面积．
17．已知x1、x2是方程4x2﹣（3m﹣5）x﹣6m2＝0的两根，且，求m的值．
18．已知：x2+a2x+b＝0的两个实数根为x1、x2；y1、y2是方程y2+5ay+7＝0的两个实数根，且x1﹣y1＝x2﹣y2＝2．求a、b的值．
19．已知关于x的方程x2﹣kx+k2+n＝0有两个不相等的实数根x1、x2，且（2x1+x2）2﹣8（2x1+x2）+15＝0．
（1）求证：n＜0；
（2）试用k的代数式表示x1；
（3）当n＝﹣3时，求k的值．
20．阅读材料：
已知p2﹣p﹣1＝0，1﹣q﹣q2＝0，且pq≠1，求的值．
解：由p2﹣p﹣1＝0及1﹣q﹣q2＝0，可知p≠0，q≠0．
又∵pq≠1，∴
∴1﹣q﹣q2＝0可变形为的特征．
所以p与是方程x2﹣x﹣1＝0的两个不相等的实数根．
则，∴
根据阅读材料所提供的方法，完成下面的解答．
已知：2m2﹣5m﹣1＝0，，且m≠n．求：的值．
21．已知关于x的方程x2﹣2（m+1）x+m2﹣2m﹣3＝0…①的两个不相等实数根中有一个根为0．是否存在实数k，使关于x的方程x2﹣（k﹣m）x﹣k﹣m2+5m﹣2＝0…②的两个实数根x1，x2之差的绝对值为1？若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由．
22．已知关于x的方程x2﹣（2k+1）x+4（k﹣）＝0．
（1）求证：无论k取什么实数值，这个方程总有实数根；
（2）能否找到一个实数k，使方程的两实数根互为相反数？若能找到，求出k的值；若不能，请说明理由．
（3）当等腰三角形ABC的边长a＝4，另两边的长b、c恰好是这个方程的两根时，求△ABC的周长．
23．阅读下列范例，按要求解答问题．
例：已知实数a、b、c满足a+b+2c＝1，a2+b2+6c+＝0，求a、b、c的值．
解法1：由已知得a+b＝1﹣2c，①（a+b）2﹣2ab+6c+＝0．②
将①代入②，整理得4c2+2c﹣2ab+＝0．∴ab＝2c2+c+③
由①、③可知，a、b是关于t的方程t2﹣（1﹣2c）t+2c2+c+＝0④的两个实数根．
∴Δ＝（1﹣2c）2﹣4（2c2+c+≥0，即（c+1）2≤0．而（c+1）2≥0，∴c+l＝0，c＝﹣1，
将c＝﹣1代入④，得t2﹣3t+＝0．∴t1＝t2＝，即a＝b＝．∴a＝b，c＝﹣1．
解法2∵a+b+2c＝1，∴a+b＝1﹣2c、设a＝+t，b＝﹣t．①
∵a2+b2+6c+＝0，∴（a+b）2﹣2ab+6c+＝0．②
将①代入②，得（1﹣2c）2﹣2+6c+＝0．
整理，得t2+（c2+2c+1）＝0，即t2+（c+1）2＝0．∴t＝0，c＝﹣1．
将t、c的值同时代入①，得a＝，b＝．a＝b＝，c＝﹣1．
以上解法1是构造一元二次方程解决问题．若两实数x、y满足x+y＝m，xy＝n，则x、y是关于t的一元二次方程t2﹣mt+n＝0的两个实数根，然后利用判别式求解．
以上解法2是采用均值换元解决问题．若实数x、y满足x+y＝m，则可设x＝+t，y＝﹣t．一些问题根据条件，若合理运用这种换元技巧，则能使问题顺利解决．
下面给出两个问题，解答其中任意一题：
（1）用另一种方法解答范例中的问题．
（2）选用范例中的一种方法解答下列问题：
已知实数a、b、c满足a+b+c＝6，a2+b2+c2＝12，求证：a＝b＝c．
24．已知方程a（2x+a）＝x（1﹣x）的两个实数根为x1，x2，设．
（1）当a＝﹣2时，求S的值；
（2）当a取什么整数时，S的值为1；
（3）是否存在负数a，使S2的值不小于25？若存在，请求出a的取值范围；若不存在，请说明理由．
25．当m是什么整数时，关于x的一元二次方程mx2﹣4x+4＝0与x2﹣4mx+4m2﹣4m﹣5＝0的解都是整数？
参考答案
1．解：（1）∵方程的两根为菱形相邻两边长，
∴此方程有两个相等的实数根，
∴Δ＝0，
∴[﹣2（k+1）]2﹣4（k2+k+3）＝0，
4（k2+2k+1）﹣4k2﹣4k﹣12＝0，
4k2+8k+4﹣4k2﹣4k﹣12＝0，
4k﹣8＝0，
k＝2，
（2）不存在，理由如下：
∵该方程的两解是菱形的两对角线长，
∴a+b＝2（k+1），ab＝k2+k+3，
设菱形的两对角线长a，b．
∵菱形的两对角线互相垂直平分，
∴由勾股定理得，+＝4，
+＝4，
b2+a2＝16，
∴b2+2ab+a2﹣2ab＝16，
（a+b）2﹣2ab＝16，
[2（k+1）]2﹣2（k2+k+3）＝16，
解得k＝，
∵Δ＝4k﹣8，
∴4k﹣8≥0．
∴k≥2，
∵k＝＜2，
∴不存在满足条件的常数k．
2．解：分k＝0和k≠0两种情况讨论．
当k＝0时，所给方程为x﹣1＝0，有整数根x＝1．
当k≠0时，所给方程为二次方程．
设两个整数根为x1和x2，则有，
由①﹣②得
x1+x2﹣x1x2＝﹣2 （x1﹣1）（x2﹣1）＝3，
∵3＝1×3＝（﹣1）×（﹣3）．
有或或或，
故x1+x2＝6或x1+x2＝﹣2，
即﹣1﹣＝6或﹣1﹣＝﹣2．
解得k＝﹣或k＝1．
又△＝（k+1）2﹣4k（k﹣1）＝﹣3k2+6k+1，当k＝﹣或k＝1时，都有Δ＞0．
故满足要求的k值为k＝0，k＝﹣，k＝1．
3．解：ax2+（4a﹣1）x+2（2a﹣3）＝0，
ax2+4ax+4a＝x+6，
a（x+2）2＝x+6，
当x＝﹣2时，a不存在，
所以x≠﹣2，
∵a是正整数，
∴a＝≥1，
由（x+2）2＞0得（x+2）2≤x+6，
整理得x2+3x﹣2≤0．
解得：≤x≤，
所以x可取﹣3、﹣2（舍去）、﹣1、0，
依次代入a＝得到：
x＝﹣3，a＝3；x＝﹣1，a＝5；x＝0，a＝1.5（舍去）．
∴满足条件的正整数a的值是3和5．
4．解：（1）∵一元二次方程（a﹣6）x2+2ax+a＝0有两个实数根，
∴（2a）2﹣4（a﹣6）×a≥0，a﹣6≠0，
解得，a≥0且a≠6；
（2）∵x1、x2是一元二次方程（a﹣6）x2+2ax+a＝0的两个实数根，
∴x1+x2＝，x1 x2＝，
∵x1x2﹣x1＝4+x2，
∴x1x2＝4+x2+x1，即＝4+，
解得，a＝24，
经检验，a＝24的分式方程的根，
∴a＝24．
5．解：令y＝mx2﹣（4m+1）x+3m+3＝0，则mx2﹣（4m+1）x+3m+3＝0，
∴x＝3或x＝，
①当3﹣＝n+2时，即n＝﹣，
P点所在的曲线解析式为y＝﹣，
把A（1，a），B（b，2）代入n＝﹣中，
∴A（1，﹣1），B（﹣，2），
设直线AB的解析式为y＝kx+b，
代入得：，
解得：，
∴直线AB的解析式为y＝﹣2x+1；
②当﹣3＝n+2时，即n＝﹣4，
P点所在的曲线解析式为y＝﹣4，
同理可求A（1，﹣3），B（，2），
同理可得：直线AB的解析式为y＝﹣6x+3．
6．解：（1）∵关于x的二次方程：（m﹣2）x2+2（m﹣4）x+m﹣4＝0的两个不等实根，
∴Δ＝4（m﹣4）2﹣4（m﹣2）（m﹣4）＝﹣8m+32＞0
解得：m＜4
∴满足条件的最小整数为1．
∴α2+β2＝（α+β）2﹣2αβ＝4（）2﹣2×＝36﹣6＝30；
（2）∵α2+β2＝（α+β）2﹣2αβ＝4（）2﹣2×＝6
解得：m＝﹣2或m＝3
7．解：（1）∵方程有两个实数根x1，x2，
∴Δ＝（2k﹣2）2﹣4k2≥0，
解得k≤；
（2）由根与系数关系知：x1+x2＝2k﹣2，x1x2＝k2，
∵k≤，
∴2k﹣2＜0，
又|x1+x2|＝x1x2﹣1，代入得，|2k﹣2|＝k2﹣22，可化简为：k2+2k﹣24＝0．
解得k＝4（不合题意，舍去）或k＝﹣6，
∴k＝﹣6．
8．解：∵x2+px+q＝0，甲看错了一次项，得两根2和7，
∴q＝2×7＝14，
∵x2+px+q＝0，乙看错了常数项，得两根1和﹣10，
∴p＝﹣（1﹣10）＝9，
∴原一元二次方程为：x2+9x+14＝0．
9．解：（1）∵关于x的一元二次方程x2﹣3x+m﹣2＝0有两个实数根，
∴△≥0，即9﹣4（m﹣2）≥0
解得m≤．
答：m的求值范围为m≤．
（2）根据根与系数的关系：
x1+x2＝3，x1 x2＝m﹣2，
∵x1，x2满足2x1＝|x2|+1，
①当x2≥0时，2x1＝x2+1
把x2＝3﹣x1代入，得
2x1＝3﹣x1+1
解得x1＝，
∴x2＝，
∴m﹣2＝x1 x2＝
∴m＝．
②当x2＜0时，2x1＝﹣x2+1
∴2x1+3﹣x1＝1
解得x1＝﹣2，x2＝5，
∵2x1＝|x2|+1，
∴x1＝﹣2，x2＝5（不符合题意，舍去）
答：m的值为．
10．解：将方程的左边分解因式，得（x﹣1）【x2+（a+18）x+56】＝0，观察易知，方程有一个整数根x1＝1，
∵a是正整数，
∴关于x的方程x2+（a+18）x+56＝0（1）的判别式Δ＝（a+18）2﹣224＞0，它一定有两个不同的实数根．
而原方程的根都是整数，所以方程（1）的根都是整数，因此它的判别式Δ＝（a+18）2﹣224应该是一个完全平方数．
设（a+18）2﹣224＝k2（其中k为非负整数），则（a+18）2﹣k2＝224，即（a+18+k）（a+18﹣k）＝224．
显然a+18+k与a+18﹣k的奇偶性相同，且a+18+k≥18，而224＝112×2＝56×4＝28×8，所以或或解得或或
而a是正整数，所以只可能或
当a＝39时，方程（1）即x2+57x+56＝0，它的两根分别为﹣1和﹣56．此时原方程的三个根为1，﹣1和﹣56．
当a＝12时，方程（1）即x2+30x+56＝0，它的两根分别为﹣2和﹣28．此时原方程的三个根为1，﹣2和﹣28
11．（1）证明：Δ＝[﹣（2k﹣3）]2﹣4×1×（k2﹣3k﹣10），
＝4k2﹣12k+9﹣4k2+12k+40，
＝49＞0，
∴无论k为何值，这个方程总有两个不相等的实数根；
（2）解：不存在，
由勾股定理得：AB2＝AC2+BC2，
又∵AB＝5，两边BC、AC的长是关于x的一元二次方程x2﹣（2k﹣3）x+k2﹣3k﹣10＝0的两个实数根．
∴BC2+AC2＝25，BC+AC＝2k﹣3，BC AC＝k2﹣3k﹣10，
由（BC+AC）2﹣2BC AC＝25，
∴（2k﹣3）2﹣2 （k2﹣3k﹣10）＝25，
k2﹣3k+2＝0，
∴k1＝2或k2＝1，
当k1＝2时，BC AC＝k2﹣3k﹣10＜0，
当k2＝1时，BC+AC＝2k﹣3＜0，
∴不存在实数k，使Rt△ABC的两直角边AC，BC的长是这个一元二次方程的两个实数根．
12．解：（1）∵x2＝2（1﹣m）x﹣m2，
∴x2﹣2（1﹣m）x+m2＝0，
∵关于x的一元二次方程x2＝2（1﹣m）x﹣m2有两个实数根，
∴Δ＝[﹣2（1﹣m）]2﹣4m2＝﹣8m+4≥0，
解得：m≤0.5．
∴m的取值范围：m≤0.5；
（2）∵y＝x1+x2＝﹣＝﹣＝2﹣2m，
∴当m＝0.5时，y有最小值，最小值为1．
13．解：（1）∵关于x的方程x2+（2k﹣3）x+k2＝0有两个不相等的实数根，
∴Δ＝（2k﹣3）2﹣4k2＝﹣12k+9＞0，
解得：k＜．
（2）∵关于x的方程x2+（2k﹣3）x+k2＝0有两个实数根α、β，
∴α+β＝﹣（2k﹣3），αβ＝k2．
∵α+β+αβ＝6，
∴k2﹣2k﹣3＝0，
由（1）可知k＝3不合题意，舍去．
∴k＝﹣1，
∴α+β＝5，αβ＝1，
则（α﹣β）2+3αβ﹣5＝（α+β）2﹣αβ﹣5＝19．
14．解：由原方程得：x2﹣（15﹣α）x﹣15α﹣25＝0，
视其为关于α的一次方程，整理得α（x﹣15）＝﹣x2+15x+25．
易知x≠15，∴α＝＝﹣x+．
因为α、x均为整数，讨论见下表：
x﹣15 ﹣25 ﹣5 5 25
x ﹣10 10 20 40
α 9 ﹣15 ﹣15 ﹣39
α取值为：9，﹣15，﹣39，经检验符合题意．
15．解：（1）由x1x2＞0知，x1与x2同号．
若x1＞0，则x2＞0，这时﹣b＝x1+x2＞0，
所以b＜0，
此时与b＝x1′x2′＞0矛盾，
所以x1＜0，x2＜0．
同理可证x1′＜0，x2′＜0．
（2）由（1）知，x1＜0，x2＜0，所以x1≤﹣1，x2≤﹣1．
由韦达定理c﹣（b﹣1）＝x1x2+x1+x2+1＝（x1+1）（x2+1）≥0，
所以c≥b﹣1．
同理有b﹣（c﹣1）＝x1′x2′+x1′+x2′+1＝（x1′+1）（x2′+1）≥0
所以c≤b+1，
所以b﹣1≤c≤b+1．
（3）由（2）可知，b与c的关系有如下三种情况：
（i）c＝b+1．由韦达定理知
x1x2＝﹣（x1+x2）+1，
所以（x1+1）（x2+1）＝2，
所以或
解得x1+x2＝﹣5，x1x2＝6，所以b＝5，c＝6．
（ii）c＝b．由韦达定理知
x1x2＝﹣（x1+x2），
所以（x1+1）（x2+1）＝1，
所以x1＝x2＝﹣2，从而b＝4，c＝4．
（iii）c＝b﹣1．由韦达定理知
﹣（x1′+x2′）＝x1′x2′﹣1
所以（x1′+1）（x2′+1）＝2，
解得x1′+x2′＝﹣5，x1′x2′＝6，
所以b＝6，c＝5．
综上所述，共有三组解：（b，c）＝（5，6），（4，4），（6，5）．
16．解：（1）∵关于x的方程（m2﹣1）x2﹣3（3m﹣1）x+18＝0有两个正整数根（m是整数）．
∵a＝m2﹣1，b＝﹣9m+3，c＝18，
∴b2﹣4ac＝（9m﹣3）2﹣72（m2﹣1）＝9（m﹣3）2≥0，
设x1，x2是此方程的两个根，
∴x1 x2＝＝，
∴也是正整数，即m2﹣1＝1或2或3或6或9或18，
又m为正整数，
∴m＝2；
（2）把m＝2代入两等式，化简得a2﹣4a+2＝0，b2﹣4b+2＝0
当a＝b时，
当a≠b时，a、b是方程x2﹣4x+2＝0的两根，而Δ＞0，由韦达定理得a+b＝4＞0，ab＝2＞0，则a＞0、b＞0．
①a≠b，时，由于a2+b2＝（a+b）2﹣2ab＝16﹣4＝12＝c2
故△ABC为直角三角形，且∠C＝90°，S△ABC＝．
②a＝b＝2﹣，c＝2时，因＜，故不能构成三角形，不合题意，舍去．
③a＝b＝2+，c＝2时，因＞，故能构成三角形．
S△ABC＝×（2）×＝
综上，△ABC的面积为1或．
17．解：∵a＝4，b＝5﹣3m，c＝﹣6m2，
∴Δ＝（5﹣3m）2+4×4×6m2＝（5﹣3m）2+96m2，
∵5﹣3m＝0与m＝0不能同时成立．
Δ＝（5﹣3m）2+96m2＞0
则：x1x2≤0，
又∵，
∴，
又∵，，
∴，
∴，
解得：m1＝1，m2＝5．
18．解：由根与系数的关系可得：x1+x2＝﹣a2，①y1+y2＝﹣5a，②
①﹣②得：x1﹣y1+x2﹣y2＝﹣a2+5a．
又∵x1﹣y1＝x2﹣y2＝2，
∴a2﹣5a+4＝0解得a＝1或4．
∵方程y2+5ay+7＝0有两个实数根，
∴Δ＝（5a）2﹣4×7≥0，即25a2≥28，解得a≥或a≤﹣；
∴a＝1舍去，a＝4．
∴y1+y2＝﹣20，联立y1 y2＝7，解得y1＝﹣10+，y2＝﹣10﹣．
又∵x1﹣y1＝x2﹣y2＝2
解得x1＝﹣8+，x2＝﹣8﹣
又∵x1 x2＝b
解得b＝﹣29
答：a＝4，b＝﹣29．
19．证明：（1）∵关于x的方程x2﹣kx+k2+n＝0有两个不相等的实数根，
∴Δ＝k2﹣4（k2+n）＝﹣3k2﹣4n＞0，
∴n＜﹣k2．
又﹣k2≤0，
∴n＜0．
解：（2）∵（2x1+x2）2﹣8（2x1+x2）+15＝0，x1+x2＝k，
∴（x1+x1+x2）2﹣8（x1+x1+x2）+15＝0
∴（x1+k）2﹣8（x1+k）+15＝0
∴[（x1+k）﹣3][（x1+k）﹣5]＝0
∴x1+k＝3或x1+k＝5，
∴x1＝3﹣k或x1＝5﹣k．
（3）∵n＜﹣k2，n＝﹣3，
∴k2＜4，即：﹣2＜k＜2．
原方程化为：x2﹣kx+k2﹣3＝0，
把x1＝3﹣k代入，得到k2﹣3k+2＝0，
解得k1＝1，k2＝2（不合题意），
把x2＝5﹣k代入，得到3k2﹣15k+22＝0，Δ＝﹣39＜0，所以此时k不存在．
∴k＝1．
20．解：解法一：由2m2﹣5m﹣1＝0知m≠0，
∵m≠n，∴，
得，
根据与的特征
∴是方程x2+5x﹣2＝0的两个不相等的实数根，
∴；
解法二：由得2n2﹣5n﹣1＝0，
根据2m2﹣5m﹣1＝0与2n2﹣5n﹣1＝0的特征，且m≠n，
∴m与n是方程2x2﹣5x﹣1＝0的两个不相等的实数根（6分）
∴
∴．
21．解：把x＝0代入得m2﹣2m﹣3＝0．
解得m＝3或﹣1．
∵方程有两个不相等实数根．
∴[﹣2（m+1）]2﹣4×（m2﹣2m﹣3）＞0．
解得m＞﹣1．
∴m＝3．
∵x1，x2之差的绝对值为1．
∴（x1﹣x2）2＝1．
∴（x1+x2）2﹣4x1x2＝1．
（k﹣3）2﹣4（﹣k+4）＝1．
解得k1＝﹣2，k2＝4．
∵当k＝﹣2时，Δ＝[﹣（k﹣3）]2﹣4（﹣k+4）
＝k2﹣2k﹣7
＝（﹣2）2﹣2×（﹣2）﹣7
＝1＞0
当k＝4时，Δ＝k2﹣2k﹣7＝42﹣2×4﹣7＝1＞0．
∴存在实数k＝﹣2或4，使得方程②的两个实数根之差的绝对值为1．
22．证明：（1）∵Δ＝（2k+1）2﹣16（k﹣）＝（2k﹣3）2≥0，
∴方程总有实根；
解：（2）∵两实数根互为相反数，
∴x1+x2＝2k+1＝0，
解得k＝﹣0.5；
（3）①当b＝c时，则Δ＝0，
即（2k﹣3）2＝0，
∴k＝，
方程可化为x2﹣4x+4＝0，
∴x1＝x2＝2，
而b＝c＝2，
∴b+c＝4＝a不适合题意舍去；
②当b＝a＝4，则42﹣4（2k+1）+4（k﹣）＝0，
∴k＝，
方程化为x2﹣6x+8＝0，
解得x1＝4，x2＝2，
∴c＝2，
C△ABC＝10，
当c＝a＝4时，同理得b＝2，
∴C△ABC＝10，
综上所述，△ABC的周长为10．
23．（1）解：由已知等式消去c，得a2+b2+3（1﹣a﹣b）+＝0，即a2+b2﹣3a﹣3b+＝0，
∴（a﹣）2+（b﹣）2＝0，
故a＝，b＝，
于是由a+b+2c＝1，得c＝﹣1，
故a＝b＝，c＝﹣1；
（2）证明：由已知得a+b＝6﹣c①
（a+b）2+c2﹣2ab＝12 ②
将①代入②得（6﹣c）2+c2﹣2ab＝12，
∴ab＝c2﹣6c+12 ③
由①③可知，a、b是关于t的方程t2﹣（6﹣c）t+c2﹣6c+12＝0 ④的两个实数根．
∴Δ＝（6﹣c）2﹣4（c2﹣6c+12）≥0，
化简得（c﹣2）2≤0，
而（c﹣2）2≥0，
∴c＝2．
将c＝2代入④，
解得t1＝t2＝2，
∴a＝b＝2，
∴a＝b＝c．
24．解：（1）当a＝﹣2时，原方程化为x2﹣5x+4＝0．
解得x1＝4，x2＝1．
∴S＝2+1＝3．
（2）S＝+，s2＝x1+x2+2．
∴a（2x+a）＝x（1﹣x）．
整理得：x2+（2a﹣1）x+a2＝0．
当x2+（2a﹣1）x+a2＝0时△≥0．
∴（2a﹣1）2﹣4a2≥0．
解得a≤0.25．
∵x1+x2＝1﹣2a，x1×x2＝a2．
S2＝x1+x2+2＝1﹣2a+2|a|＝1．
当a≥0，1﹣2a+2a＝1，有1＝1．
当a＜0时，1﹣2a﹣2a＝1，有a＝0（不合设定，舍去）．
当0≤a≤0.25时，S的值为1．
∵a为整数，
∴a＝0时，S的值为1．
（3）S2＝x1+x2+2＝1﹣2a+2|a|≥25．
∴只有当a＜0时，有1﹣2a﹣2a≥25．
解得a≤﹣6．
∴a≤﹣6时，S2的值不小于25．
25．，解：∵关于x的一元二次方程mx2﹣4x+4＝0与x2﹣4mx+4m2﹣4m﹣5＝0有解，
则m≠0，
∴△≥0
mx2﹣4x+4＝0，
∴Δ＝16﹣16m≥0，即m≤1；
x2﹣4mx+4m2﹣4m﹣5＝0，
Δ＝16m2﹣16m2+16m+20≥0，
∴4m+5≥0，m≥﹣；
∴﹣≤m≤1，而m是整数，
所以m＝1，m＝0（舍去），m＝﹣1（一个为x2+4x﹣4＝0，另一个为x2+4x+3＝0，冲突，故舍去），
当m＝1时，mx2﹣4x+4＝0即x2﹣4x+4＝0，方程的解是x1＝x2＝2；
x2﹣4mx+4m2﹣4m﹣5＝0即x2﹣4x﹣5＝0，方程的解是x1＝5，x2＝﹣1；
当m＝0时，mx2﹣4x+4＝0时，方程是﹣4x+4＝0不是一元二次方程，故舍去．
故m＝1．