两道关于二次方程的题目

下面的题目来自于单墫先生的《初中数学指津——代数的魅力与技巧》。

题目1

设实数 \(a\), \(b\), \(c\) 满足

\[\frac{a}{m+2}+\frac{b}{m+1}+\frac{c}{m}=0, \]

且 \(a> 0\), \(m> 0\).

求证：方程 \(ax^2+bx+c=0\) 有一根 \(x_0\) 满足 \(0< x_0 <1\).

解答

碰到关于二次方程的（难）题目，我们可以考虑相应的二次函数，以便利用函数图象的直观性。

记 \(f(x)=ax^2+bx+c\). 若能说明 \(f(0)\) 和 \(f(1)\) 异号，那结论就成立了。

• 若 \(c< 0\), 则 \(f(0)=c< 0\), 并且

\[\frac{a+b+c}{m+1}> \frac{a}{m+2}+\frac{b}{m+1}+ \frac{c}{m}=0, \]

即 \(f(1)> 0\), 于是结论成立.

• 若 \(c\geq 0\), 这时候需要另外想办法了，因为上面的招数现在失效了。
  我们转而考虑 \((0,1)\) 中的某个数 \(x_1\)，以求将 \(x_0\) 夹在 \((0, x_1)\) 或 \((x_1, 1)\) 之中，同时保证区间两侧的函数值异号，这样仍能得到结论。
  但这个 \(x_1\) 怎么找呢？它肯定不能随便取。要知道我们之所以寻找新数，就是因为我们现在不能直接判断 \(f(1)\) 的符号。所以新数 \(x_1\) 的选择必须能使我们比较方便的估计出 \(f(x_1)\)。 另外，为了利用已知条件，这个 \(x_1\) 最好还要依赖于 \(m\).
  这里我们记 \(x_1=\dfrac{m+1}{m+2}\). 于是有

\[\frac{m+2}{(m+1)^2}f\left(\frac{m+1}{m+2}\right)=\frac{a}{m+2}+\frac{b}{m+1}+\frac{c(m+2)}{(m+1)^2}\leq \frac{a}{m+2}+\frac{b}{m+1}+ \frac{c}{m}=0,\]

即 \(f(x_1)\leq 0\). 因此方程有一根 \(x_0\) 满足 \(0<x_0\leq x_1<1\).

不知道有没有更简单的取法，感觉这里的技巧性太重。

题目2

设方程 \(ax^2+bx+c=0\) 的系数 \(a\), \(b\), \(c\) 都是奇数. 它的两个实数根 \(x_1\), \(x_2\) 满足

\[-1< x_1 < 0,\qquad 1<x_2. \]

若判别式 \(b^2-4ac=5\), 求 \(x_1\), \(x_2\).

解答

我们不妨设 \(a\) 是正数，否则将方程的系数乘以 \(-1\) 即可。 于是抛物线 \(f(x)=ax^2+bx+c\)的开口向上，根据根的分布可知 \(f(0)=c< 0\).
因为 \(a\), \(b^2\), \(-c\) 都是正奇数，且满足 \(b^2+4a(-c)=5\), 故有

\[b=\pm 1, \quad a=1, \quad c=-1. \]

因为 \(x_2> 1\), 所以 \(f(1)=a+b+c< 0\), \(b=-1\). 于是方程为

\[x^2-x-1=0. \]

解得两根为 $$x_{1,2}=\frac{1\pm \sqrt{5}}{2}.$$