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模塊導圖
知識剖析
概念
二次方程\(ax^2+bx+c=0\)的根(即二次函數\(y=ax^2+bx+c\)零點)的分布問題.
常見題型
(1) 兩根與\(k\)的大小比較(以\(a>0\)為例
\((2)\)兩根分別在區間\((m ,n)\)外
\((3)\)根在區間上的分布(以\(a>0\)為例)
經典例題
【題型一】兩根與k的大小比較
【典題1】若關於\(x\)的二次方程\(mx^2+(2m-1)x-m+2=0\)\((m>0)\)的兩個互異的實根都小於\(1\)，則實數\(m\)的取值范圍是\(\underline{\quad \quad }\)．
【解析】\(∵\)關於\(x\)的二次方程\(mx^2+(2m-1)x-m+2=0\)\((m>0)\)的兩個互異的實根都小於\(1\)，
則\(\left\{\begin{array}{l} m>0 \\ \triangle=(2 m-1)^{2}-4 m(-m+2)>0 \\ \dfrac{1-2 m}{2 m}<1 \\ f(1)=m+2 m-1-m+2>0 \end{array}\right.\)\((*)\)
\({\color{Red}{(m>0開口向上， ∆>0有兩根， \dfrac{1-2 m}{2 m}<1對稱軸在x=1左邊，f(1)>0確定最大根小於1)}}\)
即\(\left\{\begin{array}{l} m>0 \\ m<\dfrac{3-\sqrt{7}}{4} \text { 或 } m>\dfrac{3+\sqrt{7}}{4} \\ m>\dfrac{1}{4} \\ m>-\dfrac{1}{2} \end{array}\right.\)
求得\(m>\dfrac{3+\sqrt{7}}{4}\)，
即\(m\)的范圍為\(\left(\dfrac{3+\sqrt{7}}{4},+\infty\right)\)，
故答案為\(\left(\dfrac{3+\sqrt{7}}{4},+\infty\right)\)．
【點撥】思考下，要確保題意成立，(*)中滿足的四項分別屬於二次函數的什么性質呢？不要其中一項是否可以，又為什么呢(結合圖像)？確定僅滿足這四項就行了么？
這屬於對題意的必要性與充分性的思考，做到“等價轉化”！
【典題2】已知二次方程\((2m+1) x^2-2mx+(m-1)=0\)有一正根和一負根，求實數\(m\)的取值范圍.
【解析】 \({\color{Red}{方法一}}\)
\({\color{Red}{(注意開口方向) }}\)
當\(2m+1>0\)時，若要滿足題意，必須\(f(0)<0\)；
當\(2m+1<0\)時，若要滿足題意，必須\(f(0)>0\)；
即\((2m+1)f(0)<0⇔(2m+1)(m-1)<0\)，
解得\(-\dfrac{1}{2}<m<1\)
\({\color{Red}{方法二\quad (韋達定理) }}\)
設\(x_1\)，\(x_2\)是\((2m+1) x^2-2mx+(m-1)=0\)的兩個根，
若要滿足題意，
則\(\left\{\begin{array}{c} \Delta=4 m^{2}-4(2 m+1)(m-1)>0 \\ x_{1} x_{2}=\dfrac{m-1}{2 m+1}<0 \end{array}\right.\)
解得\(-\dfrac{1}{2}<m<1\).
【點撥】對於一些特殊根的分布問題，我們可靈活采取其他的方法.
【題型二】根在區間上的分布
【典題1】已知關於\(x\)的二次方程\(x^2+2mx+2m+1=0\), 若方程有兩根，其中一根在區間\((－1 ,0)\)內，另一根在區間\((1 ,2)\)內，則\(m\)的范圍是\(\underline{\quad \quad }\)．
【解析】設\(f(x)=x^2+2mx+2m+1\)，
問題轉化為拋物線\(f(x)=x^2+2mx+2m+1\)與\(x\)軸的交點分別在區間\((－1 ,0)\)和\((1 ,2)\)內，
則\(\left\{\begin{array}{l} f(0)=2 m+1<0 \\ f(-1)=2>0 \\ f(1)=4 m+2<0 \\ f(2)=6 m+5>0 \end{array}\right.\)，
解得\(-\dfrac{5}{6}<m<-\dfrac{1}{2}\)，
故\(m\)的范圍是\(\left(-\dfrac{5}{6},-\dfrac{1}{2}\right)\).
【點撥】需要考慮對稱軸位置么？需要討論判別式∆么？
【典題2】方程\(mx^2-(m-1)x+1=0\)在區間\((0 ,1)\)內有兩個不同的根，則\(m\)的取值范圍為\(\underline{\quad \quad }\)．
【解析】構造函數\(f(x)=mx^2-(m-1)x+1\)，圖象恆過點\((0 ,1)\)
\({\color{Red}{(能發現f(0)=1很重要，要滿足題意只能m>0，避免討論m<0減少計算量，要注意函數是否過定點)}}\)
\(∵\)方程\(mx^2-(m-1)x+1=0\)在區間\((0 ,1)\)內有兩個不同的根，
\(\therefore\left\{\begin{array}{l} m>0 \\ 0<\dfrac{m-1}{2 m}<1 \\ f(1)>0 \\ \triangle>0 \end{array}\right.\)\(\Rightarrow\left\{\begin{array}{l} m>0 \\ m>1 \\ (m-1)^{2}-4 m>0 \end{array}\right.\)\(\Rightarrow m>3+2 \sqrt{2}\).
【典題3】已知方程\(x^2-(2a+1)x+a(a+1)=0\)的兩根分別在區間\((0 ,1)\)，\((1 ,3)\)之內，則實數\(a\)的取值范圍為\(\underline{\quad \quad }\)．
【解析】 \({\color{Red}{方法1 }}\)
方程\(x^2－(2a+1)x+a(a+1)=0\)對應的函數為\(f(x)=x^2－(2a+1)x+a(a+1)\)
若要滿足題意，
則\(\left\{\begin{array}{l} f(0)>0 \\ f(1)<0 \\ f(3)>0 \end{array}\right.\)\(\Rightarrow\left\{\begin{array}{c} a(a+1)>0 \\ -2 a+a(a+1)<0 \\ 9-3(2 a+1)+a(a+1)>0 \end{array}\right.\)\(\Rightarrow\left\{\begin{array}{c} a>0 \text { 或 } a<-1 \\ 0<a<1 \\ a>3 \text { 或 } a<2 \end{array}\right.\)\(\Rightarrow 0<a<1\)
故答案是\((0,1)\).
\({\color{Red}{方法2}}\) 方程\(x^2－(2a+1)x+a(a+1)=0\)\(⇒(x-a)[x-(a+1)]=0\)
\({\color{Red}{(發現方程可以直接因式分解求根)}}\)
\(∴\)方程兩根為\(x_1=a\)，\(x_2=a+1\)
若要滿足題意，則\(\left\{\begin{array}{c} 0<a<1 \\ 1<a+1<3 \end{array}\right.\)，解得\(0<a<1\)
故答案是\((0,1)\).
【點撥】顯然方法2比方法1更簡潔些，主要是因為它能通過因式分解求出的根形式簡潔！那前面的例題是否都不可以先求出根再求解呢？
我們拿本題型中的典題2看看，很難直接因式分解，利用求根公式得\(x_{1}=\dfrac{m-1+\sqrt{m^{2}-6 m+1}}{2 m}\),
\(x_{2}=\dfrac{m-1-\sqrt{m^{2}-6 m+1}}{2 m}\)，根據題意要計算\(0<\dfrac{m-1+\sqrt{m^{2}-6 m+1}}{2 m}<1\),\(0<\dfrac{m-1-\sqrt{m^{2}-6 m+1}}{2 m}<1\)
其中還要注意\(m^2-6m+1>0\)和\(m>0\)與\(m<0\)的分類討論,是否突然懵圈了么.
在方法的選取上，我們要清晰方法的適用范圍！
【題型三】兩根分別在區間(m,n)外
【典題1】已知關於\(x\)的方程\(ax^2+x+2=0\)的兩個實根一個小於\(0\)，另一個大於\(1\)，則實數\(a\)的取值范圍是\(\underline{\quad \quad }\)．
【解析】顯然\(a≠0\)，關於\(x\)的方程\(ax^2+x+2=0\)對應的二次函數\(f(x)=ax^2+x+2\)
\({\color{Red}{(對開口方向進行討論，分a>0和a<0)}}\)
① 若\(a>0\)，即圖象開口向上，
\(ax^2+x+2=0\)的兩個實根一個小於\(0\)，另一個大於\(1\)，只需\(f(0)<0\)，且\(f(1)<0\)，
即\(2<0\)且\(a+3<0\)，則\(a∈∅\)；
\({\color{Red}{(若發現f(0)=2結合圖像也可知a>0不可能)}}\)
② 若\(a<0\)，即圖象開口向下，
\(ax^2+x+2=0\)的兩個實根一個小於\(0\)，另一個大於\(1\)，只需\(f(0)>0\)，且\(f(1)>0\)，
即\(2>0\)且\(a+3>0\)，則\(-3<a<0\)．
綜上可得\(a\)的范圍是\((-3 ,0)\)．
【方法總結】
① 求解二次方程根的分布問題，最重要是數形結合做到“等價轉化”;多畫圖思考：圖像要怎么畫才能滿足題意，怎么畫就不滿足題意，它們之間的區別在哪里？
② 畫圖時注意二次函數四大因素--開口方向，對稱軸，判別式，特殊點.
備注：特殊點是指含參的二次函數過的一些定點(比如與x ,y軸的交點)或某些函數值的正負.
③ 對於一些特殊情況，還可以利用韋達定理、因式分解求出根再求解等方法.
鞏固練習
1(★)已知關於\(x\)的方程\(x^2+kx+k^2+k-4=0\)有兩個實數根，且一根大於\(2\)，一根小於\(2\)，則實數\(k\)的取值范圍為\(\underline{\quad \quad }\)．
2(★)方程\(x^2-(2-a)x+5-a=0\)的兩根都大於\(2\)，則實數\(a\)的取值范圍是\(\underline{\quad \quad }\)
3(★★)若方程\(7x^2-(m+13)x-m-2=0\)的一個根在區間\((0 ,1)\)上，另一根在區間\((1 ,2)\)上，則實數\(m\)的取值范圍為\(\underline{\quad \quad }\)．
4(★★)關於\(x\)的方程\(x^2-(a-1)x+4=0\)在區間\([1 ,3]\)內有兩個不等實根，則實數\(a\)的取值范圍是\(\underline{\quad \quad }\)．
5(★★)若關於\(x\)的一元二次方程\(x^2+ax-2=0\)有兩個不相等的實根\(x_1\)，
\(,x_2\)且\(x_1<-1\),\(x_2>1\)，則實數\(a\)的取值范圍是\(\underline{\quad \quad }\)．
6(★★★)求實數\(m\)的范圍，使關於\(x\)的方程\(x^2+2(m-1) x+2m+6=0\).
(1)有兩個實根，且一個比\(2\)大，一個比\(2\)小
(2)有兩個實根\(α\)，\(β\)，且滿足\(0<α<1<β<4\)
(3)至少有一個正根.
挑戰學霸
二次函數\(f(x)=px^2+qx+r\)中實數\(p\)、\(q\)、\(r\)滿足\(\dfrac{p}{m+2}+\dfrac{q}{m+1}+\dfrac{r}{m}=0\)，其中\(m>0\)，
求證：\(\text { (1) } p f\left(\dfrac{m}{m+1}\right)<0\)；
\((2)\)方程\(f(x)=0\)在\((0 ,1)\)內恆有解．
答案
1.\((-3 ,0)\)
2.\(-5<a≤-4\)
3.\((-4 ,-2)\)
4.\(\left(5, \dfrac{16}{3}\right]\)
5.\(-1<a<1\)
6.\((1)m<-1\)
\((2)-\dfrac{7}{5}<m<-\dfrac{5}{4}\)
\((3) m≤-1\)
【挑戰學霸】證明：\(\text { (1) } p f\left(\dfrac{m}{m+1}\right)=p\left[p\left(\dfrac{m}{m+1}\right)^{2}+q\left(\dfrac{m}{m+1}\right)+r\right]\)
\(\begin{aligned} &=p m\left[\dfrac{p m}{(m+1)^{2}}+\dfrac{q}{m+1}+\dfrac{r}{m}\right] \\ &=p m\left[\dfrac{p m}{(m+1)^{2}}-\dfrac{p}{m+2}\right] \\ &=p^{2} m\left[\dfrac{m(m+2)-(m+1)^{2}}{(m+1)^{2}(m+2)}\right] \\ &=p^{2} m\left[-\dfrac{1}{(m+1)^{2}(m+2)}\right] \end{aligned}\)．
由於\(f(x)\)是二次函數，故\(p≠0\)．
又\(m>0\)，
所以\(p f\left(\dfrac{m}{m+1}\right)<0\)．
\((2)\)由題意，得\(f(0)=r\)，\(f(1)=p+q+r\)．
①當\(p>0\)時，由(1)知\(f\left(\dfrac{m}{m+1}\right)<0\)．
若\(r>0\)，則\(f(0)>0\)，又\(f\left(\dfrac{m}{m+1}\right)<0\)，
\(∴f(x)=0\)在\(\left(0, \dfrac{m}{m+1}\right)\)內有解；
若\(r≤0\)，則\(f(1)=p+q+r\)\(=p+(m+1)\left(-\dfrac{p}{m+2}-\dfrac{r}{m}\right)+r\)\(=\dfrac{p}{m+2}-\dfrac{r}{m}>0\)，
又\(f\left(\dfrac{m}{m+1}\right)<0\)，
所以\(f(x)=0\)在\(\left(\dfrac{m}{m+1}, 1\right)\)內有解．
因此方程\(f(x)=0\)在\((0 ,1)\)內恆有解．
②當\(p<0\)時，同樣可以證得結論．