一元二次方程根的分布

前言

在高中数学一元二次不等式教学中，经常用到“三个二次”的关系解题，如求解一元二次方程根的分布问题，其实三个二次的关系所依托的是数学中的数形结合思想和转化划归思想，而且是学生上高中后首次接触的数学思想。

其实，在学习了函数的零点之后，一元二次方程根的分布问题，就可以转化为二次函数的零点所在区间问题，就相当于函数零点的应用问题了。请参阅;

三个二次

那么到底什么是“三个二次”的关系呢？他们指的是一元二次函数\(f(x)=ax^2+bx+c(a\neq0)\)，和其对应的一元二次方程\(ax^2+bx+c=0(a\neq0)\)，以及其对应的一元二次不等式\(ax^2+bx+c>0(a\neq0)\)\((<0\)，\(\leq 0\)，\(\ge 0)\)，由于这三个数学对象都是二次的，故称“三个二次”。

如何理解

从下图来看，所给的是一元二次函数\(f(x)=ax^2+bx+c(a>0)\)的图像，

函数\(\Longrightarrow\)方程，她和\(x\)轴的交点对应的函数值\(f(x)=0\)，故函数和\(x\)轴的交点的图像其实就对应一元二次方程\(ax^2+bx+c=0(a\neq 0)\)，那两个点可以理解为方程的“形”，那两个点的横坐标就是方程的形所对应的“数”；

函数\(\Longrightarrow\)不等式，\(x\)轴下方的图像对应的函数值\(f(x)<0\)，故其对应的不等式为\(ax^2+bx+c<0\)；\(x\)轴上方的图像对应的函数值\(f(x)>0\)，故其对应的不等式为\(ax^2+bx+c>0\)，

• 注意：上述的结论还可以拓展到所有形式的函数及其对应的方程和对应的不等式。

已知不等式\(ax^2-bx-1\ge 0\)的解集是\([-\cfrac{1}{2}，-\cfrac{1}{3}]\)，求不等式\(x^2-bx-a<0\)的解集。

分析：由题目已知条件可知，方程\(ax^2-bx-1= 0\)的两个根是\(x=-\cfrac{1}{2}\)和\(x=-\cfrac{1}{3}\)，

故由韦达定理可知\((-\cfrac{1}{2})+(-\cfrac{1}{3})=-\cfrac{-b}{a}=\cfrac{b}{a}\)，\((-\cfrac{1}{2})\times(-\cfrac{1}{3})=\cfrac{-1}{a}\)，

解得\(a=-6，b=5\)，故所求解集的不等式即为\(x^2-5x+6<0\)，

解得\(2<x<3\)，故\(x\in (2，3)\)。

已知二次函数\(f(x)>0\)解集\(\{x\mid x<1\)或\(x>3\}\)，求 \(f(log_2^\;x)<0\) 的解集。

分析：由三个二次的关系可知，\(f(x)<0\)的解集为\(\{x\mid 1<x<3\}\)，

故由\(f(log_2^\;x)<0\)可得，\(1<log_2^\;x<3\)，即\(log_2\;2<log_2^\;x<log_2\;8\)，故\(2<x<8\)；

【2018届山东菏泽期中】关于\(x\)的不等式\(x^2-(a+1)x+a<0\)的解集中，恰有3个整数，则\(a\)的取值范围是【】

$A(4，5)$ $B(-3，2)\cup(4，5)$ $C(4，5]$ $D[-3，2)\cup(4，5]$

分析：由于\(x\)的不等式\(x^2-(a+1)x+a<0\)可以转化为\((x-a)(x-1)<0\)，

故函数\(f(x)=(x-1)(x-a)\)有两个零点，一个为定零点\(x=1\)，另一个为动零点\(x=a\)，

做出其图像，由图像可知需要分类讨论，

当\(a>1\)时，解集为\((1，a)\)，此时若要包含3个整数，需要\(4<a\leq 5\)；

当\(a<1\)时，解集为\((a，1)\)，此时若要包含3个整数，需要\(-3\leq a<-2\)；

故\(a\in [-3，2)\cup(4，5]\)，故选\(D\)。

具体应用

• 其一，用图像可以解不等式，比如\(x\)轴下方的图像向\(x\)轴作正射影，得到区间\((x_1，x_2)\)，

故不等式为\(ax^2+bx+c<0\)的解集为\((x_1，x_2)\)；\(x\)轴上方的图像向\(x\)轴作正射影，得到区间\((-\infty，x_1)\)和区间\((x_2，+\infty)\)，故不等式为\(ax^2+bx+c>0\)的解集为\((-\infty，x_1)\)\(\cup\)\((x_2，+\infty)\)，

• 其二：利用图像确定方程的根的分布，如下例题。

如果方程\(x^2+(m-1)x+m^2-2=0\)的两个实根一个小于\(-1\)，另一个大于\(1\)，那么实数\(m\)的取值范围是______.

法1：如果你想到用求根公式表达出\(x_1<-1\)，\(x_2>1\)，这样的思维往往也没有错，

但是思维的层次就有点低了，因为仅仅想到用数来表达，而没有想到借助形来简化运算，况且转化后得到的是无理不等式，求解过程本身就很复杂。

法2：我们一般利用其对应函数的图像来控制方程根的分布，所以设\(f(x)=x^2+(m-1)x+m^2-2\)，做出适合题意的函数\(f(x)\)的大致图像，有图像可知，此时只须满足条件：

\(\begin{cases} f(-1)<0 \\ f(1)<0 \end{cases}\)即可，下来解不等式就可以了。

即求解\(\begin{cases}1-(m-1)+m^2-2<0 \\ 1+(m-1)+m^2-2<0 \end{cases}\)，

这样的二次不等式的求解应该比法1简单。

方程\(x^2+(m-1)x+m^2-2=0\)的两个根都大于1，求\(m\)的取值范围；

法1：[错解]由题知\(\begin{cases} \Delta \ge 0 \\ x_1+x_2>2 \\ x_1\cdot x_2>1 \end{cases}\)，错在不等式性质的应用上，

• 相关链接：不等式性质

同向不等式的可加性：\(\begin{cases}a>b\\c>d\end{cases}\)是\(a+c>b+d\)的充分不必要条件，

也就是说由\(\begin{cases}x_1+x_2>2\\x_1\cdot x_2>1\end{cases}\)并不能推出本题想要的结果\(\begin{cases}x_1>1\\x_2>1\end{cases}\)，

故这样的解集必然是错误的。

不过我们注意到\(\begin{cases}a+b>0\\ab>0\end{cases}\)等价于\(\begin{cases}a>0\\b>0\end{cases}\)，

那么把上面的解法稍微做个改进就得到法2：

法2： 分析，变形使用不等式的性质，得到\(\begin{cases} \Delta \ge 0 \\ x_1+x_2>2 \\ (x_1-1)\cdot (x_2-1)>0 \end{cases}\)

法3： 分析，有对应的函数图像转化得到不等式组，\(\begin{cases} \Delta \ge 0 \\ -\cfrac{m-1}{2}>1 \\ f(1)>0 \end{cases}\)

方程\(x^2+(m-1)x+m^2-2=0\)有一个正根和一个负根，求\(m\)的取值范围；

分析：由于函数图像开口向上，故只需要满足\(f(0)<0\)即可。

可借助函数的零点存在性定理理解，由于\(\left\{\begin{array}{l}{f(-\infty)>0}\\{f(0)<0}\end{array}\right.\) \(\quad\)故必然存在\(x_0\in (-\infty，0)\)；

同理，由于\(\left\{\begin{array}{l}{f(+\infty)>0}\\{f(0)<0}\end{array}\right.\) \(\quad\)故必然存在\(x_0\in (0，+\infty)\)；

故原方程必有一正根和一负根。

方程\(x^2+(m-1)x+m^2-2=0\)的一个根在区间\((1，2)\)内,另一个根在区间\((3，4)\)内，

分析：做出适合题意的图像，由图可知，

须满足条件：\(\begin{cases} f(1)>0 \\ f(2)<0 \\ f(3)<0 \\ f(4)>0 \end{cases}\)

数形结合

【数学常识】已知二次方程\(ax^2+bx+c=0(a>0)\)， (令\(f(x)=ax^2+bx+c\))

(1)、有两个正实根，

从数的角度，有\(\begin{cases}\Delta \ge0\\ x_1+x_2=-\cfrac{b}{a}>0\\x_1x_2=\cfrac{c}{a}>0\end{cases}\)；从形的角度，有\(\begin{cases}\Delta \ge0\\ -\cfrac{b}{2a}>0\\f(0)>0\end{cases}\)；

(2)、有两个负实根，

从数的角度，有\(\begin{cases}\Delta \ge0\\ x_1+x_2=-\cfrac{b}{a}<0\\x_1x_2=\cfrac{c}{a}>0\end{cases}\)；从形的角度，有\(\begin{cases}\Delta \ge0\\ -\cfrac{b}{2a}<0\\f(0)>0\end{cases}\)；

高阶应用

• 该主题指的是，题目经过相应的转化，可以转化为一元二次方程的根的分布的问题，即题目中蕴含转化划归的能力要求。

设函数 \(f(x)\) 的定义域为 \(D\)， 若满足: ①\(f(x)\) 在 \(D\) 内是单调增函数; ②存在 \([m, n]\) \(\subseteq D(n>m)\)， 使得 \(f(x)\) 在 \([m， n]\) 上的值域为 \([m， n]\)， 那么就称 \(y=f(x)\) 是定义域为\(D\)的“成功函数”. 若函数 \(g(x)\)\(=\)\(\log _{a}\)(\(a^{2x}\)\(+\)\(t)\)(\(a>0\)，且\(a\neq1)\)是定义域为 \(R\) 的 “成功函数”，则实数 \(t\) 的取值范围是【\(\quad\)】

$A.(0, \cfrac{1}{4})$ $B.(0, \cfrac{1}{4}]$ $C.(-\infty, \cfrac{1}{4})$ $D.(\cfrac{1}{4},+\infty)$

解析：因为 \(g(x)=\log _{a}\left(a^{2 x}+t\right)(a>0\)， 且 \(a \neq 1)\) 是定义域为\(R\) 的“成功函数” ，

所以 \(g(x)\) 为增函数， 且 \(g(x)\) 在 \([m， n]\) 上的值域为 \([m， n]\)，

故 \(g(m)=m\)， \(g(n)=n\)将两个表达式合二为一，即表示方程 \(g(x)=x\) 有两个不相同的实数根\(x=m\)和\(x=n\).， 即 \(g(x)=x\) 有两个不相同的实数根.

由 \(\log _{a}\left(a^{2 x}+t\right)=x\)， 得 \(a^{2 x}-a^{x}+t=0\) 有两个不相同的实数根.

令 \(p=a^{x}>0\)， 则关于\(p\)的方程 \(p^{2}-p+t=0\)有两个不同的正实根从数的角度限制，需要\(\left\{\begin{array}{l}\Delta>0\\x_1+x_2>0\\x_1\cdot x_2>0\end{array}\right.\).

则 \(\left\{\begin{array}{l}t>0，\\\Delta=1-4t>0，\end{array}\quad\right.\) 解得 \(0<t<\cfrac{1}{4}\) .

答案：\(A\)

已知\(a\in Z\),关于\(x\)的一元二次不等式\(x^2-6x+a\leq 0\)的解集中有且仅有3个整数，则所有符合条件的\(a\)的值之和是多少？

解析：不等式对应方程的根是\(x=3\pm\cfrac{\sqrt{36-4a}}{2}(a<9)\)，故令\(f(x)=x^2-6x+a\)，

则\(f(x)\)与\(x\)轴的交点是以3为对称中心的，要使得不等式\(x^2-6x+a\leq 0\)的解集中有且仅有3个整数，

则函数\(f(x)\)的图像和\(x\)轴必有两个交点，一个在区间\((1，2]\)处，另一个在区间\([4，5)\)处，

要满足题意，则必须有下列不等式组成立\(\begin{cases} f(1)>0 \\ f(2)\leq 0 \\ f(4)\leq 0\\ f(5)>0 \end{cases}\) ，可仿上图理解

解得\(5<a\leq 8\)，又由于\(a\in Z\)，故\(a=6、7、8\)，所求为21。

已知函数\(f(x)=x^2+(2t-1)x+1-2t\)，

(1)、求证：对于任意的\(t\in R\)，方程\(f(x)-1=0\)必有实数根。

法1：证明方程\(f(x)-1=0\)的\(\Delta \ge 0\)；

法2：分解得到\(f(x)-1=(x+2t)(x-1)\)，故\(x=1\)是其实数根；

(2)、若\(\cfrac{1}{2}<t<\cfrac{3}{4}\)，求证：函数\(f(x)\)在区间\((-1，0)\)及\((0，\cfrac{1}{2})\)上各有一个零点；

分析：只要能证明\(\begin{cases}f(-1)>0\\f(0)<0\\f(\cfrac{1}{2})>0\end{cases}\)即可。

(2017豫北名校4月联考)设集合\(A=\{x\mid x^2+2x-3>0\}\)，集合\(B\)\(=\)\(\{x\)\(\mid\)\(x^2\)\(-2ax\)\(-1\)\(\leq0\)，\(a>0\}\)，若\(A\cap B\)中恰含有一个整数，则实数\(a\)的取值范围是

$A.(0，\cfrac{3}{4})$ $B.[\cfrac{3}{4}，\cfrac{4}{3})$ $C.[\cfrac{3}{4}，+\infty)$ $D.(1，+\infty)$

分析：化简\(A=(-\infty，-3)\cup(1，+\infty)\)，

集合\(B\)是不能直接求解的，此时我们不适宜从数的角度来表达集合\(B\)，原因是解集中会含有无理式，

这样求解集合会非常麻烦，怎么办呢，我们采用从形的角度入手分析，

设\(f(x)= x^2-2ax-1=(x-a)^2-a^2-1\)，对称轴是直线\(x=a\)，开口向上，

要使得\(A\cap B\)中恰含有一个整数，结合其大致草图(注意所做图像始终是对称的)，

我们可以看出这个整数只能是\(2\)，如何从形上限制呢？

令\(\begin{cases}f(2)\leq 0\\f(3)>0\end{cases}\)，即\(\begin{cases}4-4a-1\leq 0\\9-6a-1>0\end{cases}\)，

解得\(\cfrac{3}{4}\leq a<\cfrac{4}{3}\)，故选\(B\)。

已知函数\(f(x)=(2-a)lnx+\cfrac{1}{2}x^2-2ax\)有两个极值点\(x_1，x_2（x_1\neq x_2）\)，求实数\(a\)的取值范围；

【分析】先将题目转化为导函数\(y=f'(x)\)有两个变号零点，再利用导函数的分子函数即二次函数有两个正值的变号零点解答；

【解答】定义域为\((0，+∞)\)，原函数有两个不相等的正的极值点，则导函数\(y=f'(x)\)有两个正值变号零点，

\(f'(x)=\cfrac{2-a}{x}+x-2a=\cfrac{x^2-2ax+2-a}{x}\)，

令\(g(x)=x^2-2ax+2-a\)，则需要\(\left\{\begin{array}{l}{△>0}\\{-\cfrac{-2a}{2}>0}\\{g(0)>0}\end{array}\right.\)，

即\(\left\{\begin{array}{l}{a<-2，a>1}\\{a>0}\\{a<2}\end{array}\right.\)， 即得到\(1<a<2\)。

【2019届高三理科数学资料用题】已知关于\(x\)的方程\((m＋3)x^2－4mx＋2m－1＝0\)的两根异号，且负根的绝对值比正根大，则实数\(m\)的取值范围是__________。

分析：设方程\((m＋3)x^2－4mx＋2m－1＝0\)的两根分别为\(x_1，x_2\)，

由题意可知，\(\left\{\begin{array}{l}{m+3\neq 0}\\{\Delta=16m^2-4(m＋3)(2m－1)>0}\\{x_1+x_2=\cfrac{4m}{m+3}<0}\\{x_1x_2=\cfrac{2m-1}{m+3}<0}\end{array}\right.\)

解得\(-3<m<0\)，故实数\(m\)的取值范围是\((-3，0)\)。

若函数\(f(x)=(a+1)e^{2x}-2e^x+(a-1)x\)有两个极值点，则实数\(a\)的取值范围是【】

$A(0，\cfrac{\sqrt{6}}{2})$ $B(1，+\cfrac{\sqrt{6}}{2})$ $C(-\cfrac{\sqrt{6}}{2}，+\cfrac{\sqrt{6}}{2})$ $D(\cfrac{\sqrt{6}}{3}，1)\cup(1，\cfrac{\sqrt{6}}{2})$

分析：函数\(f(x)\)有两个极值点，则方程\(f'(x)=0\)有两个不同实根，且是变号实根；

即\(f'(x)=2(a+1)e^{2x}-2e^x+(a-1)=0\)有两个不同实根，令\(e^x=t>0\)，

则方程\(2(a+1)t^2-2t+(a-1)=0\)有两个不同的正实根，

则其必然满足\(\left\{\begin{array}{l}{\Delta=4-4\times2(a^2-1)>0}\\{-\cfrac{-2}{2\times 2(a+1)}>0}\\{\cfrac{a-1}{2(a+1)}>0}\end{array}\right.\)，

解得\(\left\{\begin{array}{l}{-\cfrac{\sqrt{6}}{2}<a<\cfrac{\sqrt{6}}{2}}\\{a>1}\\{a<-1或a>1}\end{array}\right.\)，

则\(1<a<\cfrac{\sqrt{6}}{2}\)。故选\(B\)。

语言转化

• 函数\(g(x)=3x^2-2(t+1)x+t\)，则“\(\exists a，b\in (0，1)\)，使得\(g(a)=g(b)=0\)”为真命题的含义？

文字语言：说明函数\(g(x)\)在区间\((0，1)\)上有两个零点，即函数\(g(x)\)须满足条件：

符号语言：\(\left\{\begin{array}{l}{g(0)>0}\\{g(1)>0}\\{0<-\cfrac{-2(t+1)}{2\times 3}<1}\\{\Delta \ge 0}\end{array}\right.\)，解得\(0<t<1\)，

图形语言：如下图所示，

• 函数\(g(x)=3x^2-2(t+1)x+t\)，则“\(\exists a\in (0，1)\)，\(\exists b\in (1，2)\)，使得\(g(a)=g(b)=0\)”为真命题的含义？

文字语言：说明函数\(g(x)\)在区间\((0，1)\)和区间\((1，2)\)上各有一个零点，即函数\(g(x)\)须满足条件：

符号语言：\(\left\{\begin{array}{l}{g(0)>0}\\{g(1)<0}\\{g(2)>0}\end{array}\right.\)；

图形语言：如下图所示，

突破提升

那么遇到这类问题，我们到底该考虑哪些因素呢？从上面的几个例子我们可以看出，若数形结合则求解难度明显降低了，但是思维的难度却提高了，一般来说我们应该考虑以下的因素：

1、先定义二次不等式或二次方程所对应的二次函数\(f(x)\)；

2、做出适合题意的函数图像；

3、将图像所蕴含的数学语言表达出来即可，也就是转化得到不等式组；

4、在转化时常常要考虑的因素有二次项的系数、判别式\(\Delta\)、对称轴、端点值的正负[也就是利用函数的零点存在性定理]。

若方程\(kx^{2}+2(k-1)x+k-1=0\)\((k>0)\)的两根为\(x_{1}\),\(x_{2}\)，且\(-1<x_{1}<0\)，\(0<x_{2}<1\)，则实数\(k\)的取值范围是_________.

分析：由题知方程\(kx^{2}+2(k-1)x+k-1=0\)\((k>0)\)的两根为\(x_{1}\),\(x_{2}\)

故设\(f(x)=kx^{2}+2(k-1)x+k-1\) \((k>0)\)，由函数的零点存在性定理可知，

则有\(\left\{\begin{array}{l}f(-1)=k-2k+2+k-1>0\\f(0)=k-1<0\\f(1)=k+2 k-2+k-1>0\end{array}\right.\) \(\quad\)解得\(\left\{\begin{array}{l}1>0\\k<1\\ k>\cfrac{3}{4}\end{array}\right.\)，

即\(\cfrac{3}{4}<k<1\)，故实数\(k\)的取值范围是\((\cfrac{3}{4},1)\).