高一函数专题，难度3颗星！

模块导图

知识剖析

概念

二次方程\(ax^2+bx+c=0\)的根(即二次函数\(y=ax^2+bx+c\)零点)的分布问题.

常见题型

(1) 两根与\(k\)的大小比较(以\(a>0\)为例

\((2)\)两根分别在区间\((m ,n)\)外

\((3)\)根在区间上的分布(以\(a>0\)为例)

经典例题

【题型一】两根与k的大小比较

【典题1】若关于\(x\)的二次方程\(mx^2+(2m-1)x-m+2=0\)\((m>0)\)的两个互异的实根都小于\(1\)，则实数\(m\)的取值范围是\(\underline{\quad \quad }\)．

【解析】\(∵\)关于\(x\)的二次方程\(mx^2+(2m-1)x-m+2=0\)\((m>0)\)的两个互异的实根都小于\(1\)，
则\(\left\{\begin{array}{l} m>0 \\ \triangle=(2 m-1)^{2}-4 m(-m+2)>0 \\ \dfrac{1-2 m}{2 m}<1 \\ f(1)=m+2 m-1-m+2>0 \end{array}\right.\)\((*)\)
\({\color{Red}{(m>0开口向上， ?>0有两根， \dfrac{1-2 m}{2 m}<1对称轴在x=1左边，f(1)>0确定最大根小于1)}}\)
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\(m\)的范围为\(\left(\dfrac{3+\sqrt{7}}{4},+\infty\right)\)，
故答案为\(\left(\dfrac{3+\sqrt{7}}{4},+\infty\right)\)．
【点拨】思考下，要确保题意成立，(*)中满足的四项分别属于二次函数的什么性质呢？不要其中一项是否可以，又为什么呢(结合图像)？确定仅满足这四项就行了么？
这属于对题意的必要性与充分性的思考，做到“等价转化”！

【典题2】已知二次方程\((2m+1) x^2-2mx+(m-1)=0\)有一正根和一负根，求实数\(m\)的取值范围.
【解析】 \({\color{Red}{方法一}}\)
\({\color{Red}{(注意开口方向) }}\)
当\(2m+1>0\)时，若要满足题意，必须\(f(0)<0\)；
当\(2m+1<0\)时，若要满足题意，必须\(f(0)>0\)；
即\((2m+1)f(0)<0?(2m+1)(m-1)<0\)，
解得\(-\dfrac{1}{2}
\({\color{Red}{方法二\quad (韦达定理) }}\)
设\(x_1\)，\(x_2\)是\((2m+1) x^2-2mx+(m-1)=0\)的两个根，
若要满足题意，
则\(\left\{\begin{array}{c} \Delta=4 m^{2}-4(2 m+1)(m-1)>0 \\ x_{1} x_{2}=\dfrac{m-1}{2 m+1}<0 \end{array}\right.\)
解得\(-\dfrac{1}{2}.

【点拨】对于一些特殊根的分布问题，我们可灵活采取其他的方法.

【题型二】根在区间上的分布

【典题1】已知关于\(x\)的二次方程\(x^2+2mx+2m+1=0\), 若方程有两根，其中一根在区间\((－1 ,0)\)内，另一根在区间\((1 ,2)\)内，则\(m\)的范围是\(\underline{\quad \quad }\)．
【解析】设\(f(x)=x^2+2mx+2m+1\)，
问题转化为抛物线\(f(x)=x^2+2mx+2m+1\)与\(x\)轴的交点分别在区间\((－1 ,0)\)和\((1 ,2)\)内，
则\(\left\{\begin{array}{l} f(0)=2 m+1<0 \\ f(-1)=2>0 \\ f(1)=4 m+2<0 \\ f(2)=6 m+5>0 \end{array}\right.\)，
解得\(-\dfrac{5}{6}，
故\(m\)的范围是\(\left(-\dfrac{5}{6},-\dfrac{1}{2}\right)\).
【点拨】需要考虑对称轴位置么？需要讨论判别式?么？

【典题2】方程\(mx^2-(m-1)x+1=0\)在区间\((0 ,1)\)内有两个不同的根，则\(m\)的取值范围为\(\underline{\quad \quad }\)．
【解析】构造函数\(f(x)=mx^2-(m-1)x+1\)，图象恒过点\((0 ,1)\)
\({\color{Red}{(能发现f(0)=1很重要，要满足题意只能m>0，避免讨论m<0减少计算量，要注意函数是否过定点)}}\)
\(∵\)方程\(mx^2-(m-1)x+1=0\)在区间\((0 ,1)\)内有两个不同的根，
\(\therefore\left\{\begin{array}{l} m>0 \\ 0<\dfrac{m-1}{2 m}<1 \\ f(1)>0 \\ \triangle>0 \end{array}\right.\)\(\Rightarrow\left\{\begin{array}{l} m>0 \\ m>1 \\ (m-1)^{2}-4 m>0 \end{array}\right.\)\(\Rightarrow m>3+2 \sqrt{2}\).

【典题3】已知方程\(x^2-(2a+1)x+a(a+1)=0\)的两根分别在区间\((0 ,1)\)，\((1 ,3)\)之内，则实数\(a\)的取值范围为\(\underline{\quad \quad }\)．
【解析】 \({\color{Red}{方法1 }}\)
方程\(x^2－(2a+1)x+a(a+1)=0\)对应的函数为\(f(x)=x^2－(2a+1)x+a(a+1)\)
若要满足题意，
则\(\left\{\begin{array}{l} f(0)>0 \\ f(1)<0 \\ f(3)>0 \end{array}\right.\)\(\Rightarrow\left\{\begin{array}{c} a(a+1)>0 \\ -2 a+a(a+1)<0 \\ 9-3(2 a+1)+a(a+1)>0 \end{array}\right.\)\(\Rightarrow\left\{\begin{array}{c} a>0 \text { 或 } a<-1 \\ 03 \text { 或 } a<2 \end{array}\right.\)\(\Rightarrow 0
故答案是\((0,1)\).
\({\color{Red}{方法2}}\) 方程\(x^2－(2a+1)x+a(a+1)=0\)\(?(x-a)[x-(a+1)]=0\)
\({\color{Red}{(发现方程可以直接因式分解求根)}}\)
\(∴\)方程两根为\(x_1=a\)，\(x_2=a+1\)
若要满足题意，则\(\left\{\begin{array}{c} 0，解得\(0
故答案是\((0,1)\).
【点拨】显然方法2比方法1更简洁些，主要是因为它能通过因式分解求出的根形式简洁！那前面的例题是否都不可以先求出根再求解呢？
我们拿本题型中的典题2看看，很难直接因式分解，利用求根公式得\(x_{1}=\dfrac{m-1+\sqrt{m^{2}-6 m+1}}{2 m}\),
\(x_{2}=\dfrac{m-1-\sqrt{m^{2}-6 m+1}}{2 m}\)，根据题意要计算\(0<\dfrac{m-1+\sqrt{m^{2}-6 m+1}}{2 m}<1\),\(0<\dfrac{m-1-\sqrt{m^{2}-6 m+1}}{2 m}<1\)
其中还要注意\(m^2-6m+1>0\)和\(m>0\)与\(m<0\)的分类讨论,是否突然懵圈了么.
在方法的选取上，我们要清晰方法的适用范围！

【题型三】两根分别在区间(m,n)外

【典题1】已知关于\(x\)的方程\(ax^2+x+2=0\)的两个实根一个小于\(0\)，另一个大于\(1\)，则实数\(a\)的取值范围是\(\underline{\quad \quad }\)．

【解析】显然\(a≠0\)，关于\(x\)的方程\(ax^2+x+2=0\)对应的二次函数\(f(x)=ax^2+x+2\)
\({\color{Red}{(对开口方向进行讨论，分a>0和a<0)}}\)
① 若\(a>0\)，即图象开口向上，
\(ax^2+x+2=0\)的两个实根一个小于\(0\)，另一个大于\(1\)，只需\(f(0)<0\)，且\(f(1)<0\)，
即\(2<0\)且\(a+3<0\)，则\(a∈?\)；
\({\color{Red}{(若发现f(0)=2结合图像也可知a>0不可能)}}\)
② 若\(a<0\)，即图象开口向下，
\(ax^2+x+2=0\)的两个实根一个小于\(0\)，另一个大于\(1\)，只需\(f(0)>0\)，且\(f(1)>0\)，
即\(2>0\)且\(a+3>0\)，则\(-3．
综上可得\(a\)的范围是\((-3 ,0)\)．

【方法总结】
① 求解二次方程根的分布问题，最重要是数形结合做到“等价转化”;多画图思考：图像要怎么画才能满足题意，怎么画就不满足题意，它们之间的区别在哪里？
② 画图时注意二次函数四大因素--开口方向，对称轴，判别式，特殊点.
备注：特殊点是指含参的二次函数过的一些定点(比如与x ,y轴的交点)或某些函数值的正负.
③ 对于一些特殊情况，还可以利用韦达定理、因式分解求出根再求解等方法.

巩固练习

1(★)已知关于\(x\)的方程\(x^2+kx+k^2+k-4=0\)有两个实数根，且一根大于\(2\)，一根小于\(2\)，则实数\(k\)的取值范围为\(\underline{\quad \quad }\)．

2(★)方程\(x^2-(2-a)x+5-a=0\)的两根都大于\(2\)，则实数\(a\)的取值范围是\(\underline{\quad \quad }\)

3(★★)若方程\(7x^2-(m+13)x-m-2=0\)的一个根在区间\((0 ,1)\)上，另一根在区间\((1 ,2)\)上，则实数\(m\)的取值范围为\(\underline{\quad \quad }\)．

4(★★)关于\(x\)的方程\(x^2-(a-1)x+4=0\)在区间\([1 ,3]\)内有两个不等实根，则实数\(a\)的取值范围是\(\underline{\quad \quad }\)．

5(★★)若关于\(x\)的一元二次方程\(x^2+ax-2=0\)有两个不相等的实根\(x_1\)，
\(,x_2\)且\(x_1<-1\),\(x_2>1\)，则实数\(a\)的取值范围是\(\underline{\quad \quad }\)．

6(★★★)求实数\(m\)的范围，使关于\(x\)的方程\(x^2+2(m-1) x+2m+6=0\).
(1)有两个实根，且一个比\(2\)大，一个比\(2\)小
(2)有两个实根\(α\)，\(β\)，且满足\(0<α<1<β<4\)
(3)至少有一个正根.

挑战学霸
二次函数\(f(x)=px^2+qx+r\)中实数\(p\)、\(q\)、\(r\)满足\(\dfrac{p}{m+2}+\dfrac{q}{m+1}+\dfrac{r}{m}=0\)，其中\(m>0\)，
求证：\(\text { (1) } p f\left(\dfrac{m}{m+1}\right)<0\)；
\((2)\)方程\(f(x)=0\)在\((0 ,1)\)内恒有解．

答案

1.\((-3 ,0)\)

2.\(-5

3.\((-4 ,-2)\)

4.\(\left(5, \dfrac{16}{3}\right]\)

5.\(-1

6.\((1)m<-1\)
\((2)-\dfrac{7}{5}
\((3) m≤-1\)

【挑战学霸】证明：\(\text { (1) } p f\left(\dfrac{m}{m+1}\right)=p\left[p\left(\dfrac{m}{m+1}\right)^{2}+q\left(\dfrac{m}{m+1}\right)+r\right]\)
\(\begin{aligned} &=p m\left[\dfrac{p m}{(m+1)^{2}}+\dfrac{q}{m+1}+\dfrac{r}{m}\right] \\ &=p m\left[\dfrac{p m}{(m+1)^{2}}-\dfrac{p}{m+2}\right] \\ &=p^{2} m\left[\dfrac{m(m+2)-(m+1)^{2}}{(m+1)^{2}(m+2)}\right] \\ &=p^{2} m\left[-\dfrac{1}{(m+1)^{2}(m+2)}\right] \end{aligned}\)．
由于\(f(x)\)是二次函数，故\(p≠0\)．
又\(m>0\)，
所以\(p f\left(\dfrac{m}{m+1}\right)<0\)．
\((2)\)由题意，得\(f(0)=r\)，\(f(1)=p+q+r\)．
①当\(p>0\)时，由(1)知\(f\left(\dfrac{m}{m+1}\right)<0\)．
若\(r>0\)，则\(f(0)>0\)，又\(f\left(\dfrac{m}{m+1}\right)<0\)，
\(∴f(x)=0\)在\(\left(0, \dfrac{m}{m+1}\right)\)内有解；
若\(r≤0\)，则\(f(1)=p+q+r\)\(=p+(m+1)\left(-\dfrac{p}{m+2}-\dfrac{r}{m}\right)+r\)\(=\dfrac{p}{m+2}-\dfrac{r}{m}>0\)，
又\(f\left(\dfrac{m}{m+1}\right)<0\)，
所以\(f(x)=0\)在\(\left(\dfrac{m}{m+1}, 1\right)\)内有解．
因此方程\(f(x)=0\)在\((0 ,1)\)内恒有解．
②当\(p<0\)时，同样可以证得结论．