一元二次方程根的分佈

時間 2019-11-25

標籤一元 1元二次方程分佈简体版

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前言

在高中數學一元二次不等式教學中，常常用到「三個二次」的關係解題，如求解一元二次方程根的分佈問題，其實三個二次的關係所依託的是數學中的數形結合思想和轉化劃歸思想，並且是學生上高中後首次接觸的數學思想。函數

三個二次

那麼到底什麼是「三個二次」的關係呢？他們指的是一元二次函數$f(x)=ax^2+bx+c(a\neq 0)$，和其對應的一元二次方程$ax^2+bx+c=0(a\neq 0)$，以及其對應的一元二次不等式$ax^2+bx+c>0(a\neq 0)$ $(<0，\leq 0，\ge 0)$，因爲這三個數學對象都是二次的，故稱「三個二次」。spa

如何理解

從下圖來看，所給的是一元二次函數$f(x)=ax^2+bx+c(a> 0)$的圖像，對象

$\color{Red}{函數\Longrightarrow 方程}$，她和$x$軸的交點對應的函數值$f(x)=0$，blog

故函數和$x$軸的交點的圖像其實就對應一元二次方程$ax^2+bx+c=0(a\neq 0)$，那兩個點能夠理解爲方程的「形」，那兩個點的橫座標就是方程的形所對應的「數」；iframe

$\color{Red}{函數\Longrightarrow 不等式}$，$x$軸下方的圖像對應的函數值$f(x)<0$，故其對應的不等式爲$ax^2+bx+c<0$；數學

$x$軸上方的圖像對應的函數值$f(x)>0$，故其對應的不等式爲$ax^2+bx+c>0$，class

注意：上述的結論還能夠拓展到全部形式的函數及其對應的方程和對應的不等式。

例1 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。bfc

分析：由題目已知條件可知，方程$ax^2-bx-1= 0$的兩個根是$x=-\cfrac{1}{2}$和$x=-\cfrac{1}{3}$，im

故由韋達定理可知$(-\cfrac{1}{2})+(-\cfrac{1}{3})=-\cfrac{-b}{a}=\cfrac{b}{a}$，$(-\cfrac{1}{2})\times(-\cfrac{1}{3})=\cfrac{-1}{a}$，img

解得$a=-6，b=5$，故所求解集的不等式即爲$x^2-5x+6<0$，

解得$2<x<3$，故$x\in (2，3)$。

例2 已知二次函數$f(x)>0$解集$\{x\mid x<1或x>3\}$,求$f(log_2^\;x)<0$的解集。

分析：由三個二次的關係可知，$f(x)<0$的解集爲$\{x\mid 1<x<3\}$，

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$2<x<8$；

例3 【2018屆山東菏澤期中】關於$x$的不等式$x^2-(a+1)x+a<0$的解集中，恰有3個整數，則$a$的取值範圍是【】

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

分析：因爲$x$的不等式$x^2-(a+1)x+a<0$能夠轉化爲$(x-a)(x-1)<0$，

故函數$f(x)=(x-1)(x-a)$有兩個零點，一個爲定零點$x=1$，另外一個爲動零點$x=a$，

作出其圖像，由圖像可知須要分類討論，

當$a>1$時，解集爲$(1，a)$，此時若要包含3個整數，須要$4<a\leq 5$；

當$a<1$時，解集爲$(a，1)$，此時若要包含3個整數，須要$-3\leq a<-2$；

故$a\in [-3，2)\cup(4，5]$，故選$D$。

具體應用

其一，用圖像能夠解不等式，好比$x$軸下方的圖像向$x$軸做正射影，獲得區間$(x_1，x_2)$，

故不等式爲$ax^2+bx+c<0$的解集爲$(x_1，x_2)$；$x$軸上方的圖像向$x$軸做正射影，

獲得區間$(-\infty，x_1)$和區間$(x_2，+\infty)$，故不等式爲$ax^2+bx+c>0$的解集爲$(-\infty，x_1)\cup (x_2，+\infty)$，

其二：利用圖像肯定方程的根的分佈，以下例題。

例4 若是方程$x^2+(m-1)x+m^2-2=0$的兩個實根一個小於$-1$，另外一個大於$1$，那麼實數$m$的取值範圍是______.

法1：若是你想到用求根公式表達出$x_1<-1$，$x_2>1$，這樣的思惟每每也沒有錯，

可是思惟的層次就有點低了，由於僅僅想到用數來表達，而沒有想到藉助形來簡化運算，

何況轉化後獲得的是無理不等式，求解過程自己就很複雜。

法2：咱們通常利用其對應函數的圖像來控制方程根的分佈，因此設$f(x)=x^2+(m-1)x+m^2-2$，

作出適合題意的函數$f(x)$的大體圖像，有圖像可知，此時只須知足條件：

$\begin{cases} f(-1)<0 \\ f(1)<0 \end{cases}$便可，下來解不等式就能夠了。

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

這樣的二次不等式的求解應該比法1簡單。

例5 方程的兩個根都大於1，

法1：(錯解 )由題知$\begin{cases} \Delta \ge 0 \\ x_1+x_2>2 \\ x_1\cdot x_2>1 \end{cases}$，錯在不等式性質的應用上，

相關連接：不等式性質

同向不等式的可加性：$\begin{cases}a>b\\c>d\end{cases}$是$a+c>b+d$的充分沒必要要條件，

也就是說由$\begin{cases}x_1+x_2>2\\x_1\cdot x_2>1\end{cases}$並不能推出本題想要的結果$\begin{cases}x_1>1\\x_2>1\end{cases}$，

故這樣的解集必然是錯誤的。

不過咱們注意到$\begin{cases}a+b>0\\ab>0\end{cases}$等價於$\begin{cases}a>0\\b>0\end{cases}$，

那麼把上面的解法稍微作個改進就獲得法2：

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

法3：分析，有對應的函數圖像轉化獲得不等式組，$\begin{cases} \Delta \ge 0 \\ -\cfrac{m-1}{2}>1 \\ f(1)>0 \end{cases}$

例6 方程有一個正根和一個負根，

分析：因爲函數圖像開口向上，故只須要知足$f(0)<0$便可。

例7 方程的一個根在區間$(1，2)$內,另外一個根在區間$(3，4)$內，

分析：作出適合題意的圖像，由圖可知，

須知足條件：$\begin{cases} f(1)>0 \\ f(2)<0 \\ f(3)<0 \\ f(4)>0 \end{cases}$

數形結合

數學常識已知二次方程$ax^2+bx+c=0(a>0)$， (令$f(x)=ax^2+bx+c$)

(1)、有兩個正實根，

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

(2)、有兩個負實根，

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

高階應用

該主題指的是，題目通過相應的轉化，能夠轉化爲一元二次方程的根的分佈的問題，即題目中蘊含轉化劃歸的能力要求。

例8 已知$a\in Z$,關於$x$的一元二次不等式$x^2-6x+a\leq 0$的解集中有且僅有3個整數，則全部符合條件的$a$的值之和是多少？

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

則$f(x)$與$x$軸的交點是以3爲對稱中心的，要使得不等式$x^2-6x+a\leq 0$的解集中有且僅有3個整數，

則函數$f(x)$的圖像和$x$軸必有兩個交點，一個在區間$(1，2]$處，另外一個在區間$[4，5)$處，

要知足題意，則必須有下列不等式組成立$\begin{cases} f(1)>0 \\ f(2)\leq 0 \\ f(4)\leq 0\\ f(5)>0 \end{cases}$ ，可仿上圖理解

解得$5<a\leq 8$，又因爲$a\in Z$，故$a=六、七、8$，所求爲21。

例9 已知函數$f(x)=x^2+(2t-1)x+1-2t$，

(1)、求證：對於任意的$t\in R$，方程$f(x)-1=0$必有實數根。

法1：證實方程$f(x)-1=0$的$\Delta \ge 0$；

法2：分解獲得$f(x)-1=(x+2t)(x-1)$，故$x=1$是其實數根；

(2)、若$\cfrac{1}{2}<t<\cfrac{3}{4}$，求證：函數$f(x)$在區間$(-1，0)$及$(0，\cfrac{1}{2})$上各有一個零點；

分析：只要能證實$\begin{cases}f(-1)>0\\f(0)<0\\f(\cfrac{1}{2})>0\end{cases}$便可。

例10 (2017豫北名校4月聯考)設集合$A=\{x\mid x^2+2x-3>0\}$，集合$B=\{x\mid x^2-2ax-1\leq0 ，a>0\}$，若$A\cap B$中恰含有一個整數，則實數$a$的取值範圍是

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

分析：化簡$A=(-\infty，-3)\cup(1，+\infty)$，

集合$B$是不能直接求解的，此時咱們不適宜從數的角度來表達集合$B$，緣由是解集中會含有無理式，這樣求解集合會很是麻煩，

怎麼辦呢，咱們採用從形的角度入手分析，設$f(x)= x^2-2ax-1=(x-a)^2-a^2-1$，對稱軸是直線$x=a$，開口向上，

要使得$A\cap B$中恰含有一個整數，結合其大體草圖(注意所作圖像始終是對稱的)，咱們能夠看出這個整數只能是2，如何從形上限制呢？

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$\cfrac{3}{4}\leq a<\cfrac{4}{3}$，故選$B$。

例11 已知函數$f(x)=(2-a)lnx+\cfrac{1}{2}x^2-2ax$有兩個極值點$x_1，x_2（x_1\neq x_2）$，求實數$a$的取值範圍；

【分析】先將題目轉化爲導函數$y=f'(x)$有兩個變號零點，再利用導函數的分子函數即二次函數有兩個正值的變號零點解答；

【解答】定義域爲$(0，+∞)$，原函數有兩個不相等的正的極值點，則導函數$y=f'(x)$有兩個正值變號零點，

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

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

即$\left\{\begin{array}{l}{a<-2，a>1}\\{a>0}\\{a<2}\end{array}\right.$，即獲得$1<a<2$。

例12 【2019屆高三理科數學資料用題】已知關於$x$的方程$(m＋3)x^2－4mx＋2m－1＝0$的兩根異號，且負根的絕對值比正根大，則實數$m$的取值範圍是__________。

分析：設方程$(m＋3)x^2－4mx＋2m－1＝0$的兩根分別爲$x_1，x_2$，

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

解得$-3<m<0$，故實數$m$的取值範圍是$(-3，0)$。

例13 若函數$f(x)=(a+1)e^{2x}-2e^x+(a-1)x$有兩個極值點，則實數$a$的取值範圍是【】

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

分析：函數$f(x)$有兩個極值點，則方程$f'(x)=0$有兩個不一樣實根，且是變號實根；

即$f'(x)=2(a+1)e^{2x}-2e^x+(a-1)=0$有兩個不一樣實根，令$e^x=t>0$，

則方程$2(a+1)t^2-2t+(a-1)=0$有兩個不一樣的正實根，

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

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

則$1<a<\cfrac{\sqrt{6}}{2}$。故選$B$。