文档文本内容
专题13 方程的根、韦达定理与待定系数法（一题多变）
【典例展示】（1）已知方程
，
均无实根，判断
是否有实根．
（2）已知方程
恒有非负的解，求实数a 的取值范围．
【思路分析】 第（1）小题，由方程
，
均无实根，则
，
，判断方程
是否有实根，要看这个方程的判别式
，若
，则此方程有实根，若
，则此方程无实根，而判断
的情况必须合理应用
，
所得的结论．
第（2）小题，有两种不同的思路：①将原式变形为
．换元
．
得到
，
．转化成关于t 的二次函数“值域”问题.②直接
引入二次函数
，结合二次函数的图像和性质，综合应用判别式、
根与系数的关系，讨论根的分布.
【精细解析】（1）∵
无实根，∴
，即
．
∵
无实根，∴
，即
．
方程
的判别式为
．
由
得
；由
得
，
∴
．
∵
，∴
，而
，即
，故方程
无实根．
（2）解法一：将原式变形为
．
设
．则
，
，①
∵
，∴
，即
．
又∵①式可看作以t 为自变量的二次函数，则该函数在区间
上的值域由
得
，即此实数a 的取值范围是
．
解法二：设
，要使方程
恒有非负数解，则
i 若有一个非负数解，另一负数解，则
，即
，因此解得
；
ii 若有两个非负数解，则
．
综上，实数a 的取值范围是
．
【题后反思】
本例两道小题，分别是讨论一元二次方程是否有根、根据方程解的情况求参数范围，所体
现出的解法较为常规.一般地，讨论一元二次方程是否有根问题，就是要从根的“判别式”
正、负入手；而根据方程根的情况求参数（范围），则思路较为灵活，一是应用根与系数
的关系、结合判别式布列混合组；二是与二次函数的图像和性质相结合，根据零点存在定
理布列混合组；三是在“参变分离”思想指导下，将问题予以转化.纵观近些年来的高考命
题，相关问题大题中应用居多，也有独立考查的情况，随着新教材的推出，这仍是高考命
题热点，应予足够重视.
【追根溯源】
1．零点存在性定理
设函数
在
上连续，且
，则在
内至少存在一点c，使得
．
2．一元二次方程根与系数的关系（韦达定理）
设一元二次方程
，
，
是其两个根，则有
，
3．待定系数法
一般而言，待定系数法解题是依据已知，正确列出等式或方程，即引入一些待定的系数，
转化为方程组来解决，通常有两种方法：比较系数法和特殊值法．待定系数法主要用来解
决方程问题、函数问题，多项式分解因式、拆分分式、数列求和、复数计算、解析几何中
求曲线方程、空间图形中求平面法向量、证明组合恒等式等，这些问题都具有确定的数学
表达形式，所以都可以用待定系数法求解．
使用待定系数法解题的基本步骤如下．
第一步，确定所求问题含有待定系数的解析式；
第二步，根据恒等的条件，列出一组含待定系数的方程；
第三步，解方程组或者消去待定系数，从而使问题得到解决．
【变化角度】方程中含多个参数，在给定方程根的范围条件下，确定其中一个参数的最值.
已知一元二次方程
有两个大于0、小于1 的相异实根，其中a 是正整数，b、
c 是整数，求a 的最小值．
【思路分析】由于方程中含三个参数，为求其中a 的最值，就应该从方程根的范围入手，
建立不等关系，结合a 是正整数，b、c 是整数达到解题目的，设方程的两根为
、
，则
，
，
，结合韦达定理得到
．讨论
及
确定得到
，①接下来，根据二次函数
，
图像开口向上，
与x 轴的两个交点在0，1 之间，列出不等式组.
【详解】设方程的两根为
、
，则
，
，
，由韦达定理得
从而
．
∵
，∴
，即
．同理，
．
从而
，即
，①
设二次函数
，由于
，∴
的图像是开口向上的抛物线．
又
与x 轴的两个交点在0，1 之间，∴必有
即
．
又a、b、c 是整数，∴
，
．再结合①式即有
，即
；
另一方面，当
，
时，b 取
，方程
的两个根
，
均大于0 且小于1，
∴a 的最小值是5．
【变换角度】与指数函数相结合，利用换元法转化成根据一元二次方程有正实数解求参数
范围.
若关于x 的方程
有实数解，则a 的取值范围是______．
【思路分析】本题解答思路较为明确，首先换元转化成一元二次方程有正实数解求参数范
围问题.即等价于方程
有正解，
思路一：应用韦达定理，分有两正实数解、有一正实数解一非正实数解讨论；
思路二：考查函数
，结合二次函数的图象求解；
思路三：参变分离，加以转化.由
得
．考查函数
，
方程
，有正解，即a 的取值范围是函数
的值域，
【详解】解法一：令
，关于x 的方程
有实数解，等价于方程
有正解，
分下面两种情况；
i 两正实数解：
，
ii 一正实数解一非正实数解：
．
综上，a 的取值范围是
．
解法二：考查函数
，即方程
有正解，等价于函数
与x 轴正半轴有交点，等价于
或
．
综上，a 的取值范围是
．
解法三：由方程
变形得
．
考查函数
，
方程
，有正解，即a 的取值范围是函数
的值域，将函数变形，
得
．
∵
，∴
，∴
．∴
．
∴a 的取值范围是
．
【变换角度】根据二次函数在指定区间有零点求参数的范围，利用分类讨论思想求参数求
解.
（广东·高考真题）已知
是实数，函数
．如果函数
在区间
上有零点，求
的取值范围．
【思路分析】对实数
的取值进行分类讨论，对函数
在区间
上的零点个数进行
分类讨论，可得出关于实数
的等式或不等式（组），综合可得出实数
的取值范围.
【详解】
当
时，
，由
可得
，不合乎题意；
当
时，分以下几种情况讨论：
①若
在
上两个相等的实根，则
，解得
；
②若函数
在
上只有一个零点（不是两个相等的实根），
则
，即
，解得
，
当
时，由
，解得
或
（舍），合乎题意，
当
时，由
，解得
或
，不合乎题意，
此时，
；
③若函数
在
有两个不等的零点，
则
或
，解得
或
.
综上所述，实数
的取值范围是
.
【变换角度】给出函数“不动点”的新定义，在二次函数恒有“不动点”条件下求参数范
围.
（23-24 高一上·上海·期末）对于函数
，若存在
，使
成立，则称
为
的不动点．
(1)已知函数
，求函数
的不动点；
(2)若对于任意的
，二次函数
（
）恒有两个相异的不
动点，求实数a 的取值范围；
(3)若函数
在区间
上有唯一的不动点，求实数m 的取值范
围．
【思路分析】（1）求函数
的不动点，即求方程
的根，即求方程
的解；
（2）二次函数
（
）恒有两个相异的不动点，等价于方程
有两个不等实根，对于任意的
恒成立，只需要不等式
恒成立，求实数a 的取值范围即可；
（3）在区间
上，函数
有唯一零点，应用零点存在性定理
即可，同时还要关注区间边界函数值为零和判别式为零的情形.
【详解】（1）设
为不动点，因此
，即
，
解得
或
，所以
为函数
的不动点．
（2）方程
，即
，
有
，
因为
，于是得一元二次方程
有两个不等实根，
即判别式
，
依题意，对于任意的
，不等式
恒成立，
只需关于未知数
的方程
无实数根，
则判别式
，
整理得
，解得
，
所以实数a 的取值范围是
．
（3）由
，得
，
由于函数
在
上有且只有一个不动点，
即
在
上有且只有一个解
令
①
，则
，解得
；
②
，即
时，
方程可化为
，另一个根为
，不符合题意，舍去；
③
，即
时，
方程可化为
，另一个根为1，满足；
④
，即
，解得
，
（i）当
时，方程的根为
，满足；
（ii）当
时，方程的根为
，不符合题意，舍去；
综上，m 的取值范围是
或
．
（23-24 高一上·湖南永州·阶段练习）
1．已知a，b，c 为正整数，方程
的两个实根为
，
，且
，
，则
的最小值为 .
【答案】11
【分析】分析出
，结合根的判别式得到
，取
时，求出
取得的最小值为11，当
时，
，从而求出答案.
【详解】因为
，
，又
，a，b，c 为正整数，
所以
，
又
，故
，
令
，
因为方程有两个不相等的实数根，故
，
依题意，可知
，故
，
又a，b，c 为正整数，取
，则
，
，
所以
，
.
从而
，所以
.
又
，所以
，因此
能取到最小值，
最小值为
，
下面可证
时，
，从而
，所以
，
又
，所以
，所以
.
综上可得，
的最小值为11.
故答案为：11
（2022·天津·高考真题）
2．设
，对任意实数x，用
表示
中的较小者．若函数
至
少有3 个零点，则
的取值范围为 .
【答案】
【分析】设
，
，分析可知函数
至少有一个零点，可
得出
，求出
的取值范围，然后对实数
的取值范围进行分类讨论，根据题意可得出
关于实数
的不等式，综合可求得实数
的取值范围.
【详解】设
，
，由
可得
.
要使得函数
至少有个零点，则函数
至少有一个零点，则
，
解得
或
.
①当
时，
，作出函数
、
的图象如下图所示：
此时函数
只有两个零点，不合乎题意；
②当
时，设函数
的两个零点分别为
、
，
要使得函数
至少有个零点，则
，
所以，
，解得
；
③当
时，
，作出函数
、
的图象如下图所示：
由图可知，函数
的零点个数为，合乎题意；
④当
时，设函数
的两个零点分别为
、
，
要使得函数
至少有个零点，则
，
可得
，解得
，此时
.
综上所述，实数
的取值范围是
.
故答案为：
.
【点睛】方法点睛：已知函数有零点（方程有根）求参数值（取值范围）常用的方法：
（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；
（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；
（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画
出函数的图象，利用数形结合的方法求解.
3．设a、b、c 为实数，
，且
，若方程
有实根，
求证：方程
有两个不相等的实根.
【答案】证明见解析.
【分析】由方程
有实数根可得
，欲证
有两个不等实根，需证
，结合
实现问
题解决.
【详解】证明：
，
方程
是二次方程，
方程有实数根，
，
即
.
，
，即
.
，
，从而
，即
，
方程
有两个不相等的实数根.
（浙江·高考真题）
4．设
，若
．
求证：（1）
且
；
（2）函数
在
上有两个零点．
【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析
【解析】（1）由
得
，由
得
，结合
，利用不
等式的性质可证结论成立；
（2）根据
，
，对称轴
，
，结合二次函
数图象可证结论成立.
【详解】（1）因为
，所以
，
因为
，所以
，
由
得
，
所以
，即
，
由
得
，所以
，即
，
由
得
得
，
由
得
得
，
综上所述：
且
.
（2）由（1）知
且
，所以
的对称轴
，
又
，
，且
因为
，所以
，
所以函数
在
上有两个零点.
【点睛】关键点点睛：第（2）问根据二次函数的图象求解是解题关键.
（23-24 高一上·吉林四平·阶段练习）
5．定义：对于定义域为
的函数
，若
，有
，则称
为
的不
动点.已知函数
.
(1)当
时，求函数
的不动点；
(2)设
，若
有两个不动点为
，且
，求实数
的最小值.
【答案】(1)
或4
(2)12
【分析】（1）令
，解方程，求出不动点；
（2）令
，由韦达定理得到
，结合
得到
，
从而得到方程，求出
，变形后利用基本不等式求出最小值.
【详解】（1）当
时，
，令
，即
，
解得
或
，所以
的不动点为
或4.
（2）令
，即
，
则
，
当
时，由韦达定理得
，
由题意得
，
故
，
于是得
，则
，
令
，则
，
所以
，
当且仅当
，即
时取等号，所以实数
的最小值为12.
（23-24 高一上·广东佛山·阶段练习）
6．已知函数
，
.
(1)求不等式
的解集；
(2)若存在
使关于
的方程
有四个不同的实根，求实数
的取值范围.
【答案】(1)答案见解析.
(2)
【分析】（1）按照
和
分为两种情况，当
时，不等式为一元一次不等式，直
接求解即可；当
时不等式为一元二次不等式，根据一元二次不等式、一元二次方程和
二次函数之间的关系进行求解.
（2）先令
，由
，利用基本不等式得
，；再将关于
的方程
有四个不同的实根转化为关于
的方程
有两个不同的正实根，结合根与系数的关系即可求解.
【详解】（1）由题意得：
，即
①当
时，不等式
即为：
，解得：
②当
，方程
的两根分别为
，
.
当
时，有
，函数
图象开口向下，此时不等式
的
解集为
.
当
时，有
.
当
，即
时，函数
图象开口向上，此时不等式
解集为
或
.
当
，即
时，函数
图象开口向上，此时不等式
解
集为
.
当
，即
时，函数
图象开口向上，此时不等式
解
集为
或
.
综上可得：当
时，不等式
的解集为：
；
当
时，不等式
的解集为
；
当
时，不等式
解集为
或
；
当
时，不等式
解集为
；
当
时，不等式
解集为
或
.
（2）令
.
，当且仅当
时等号成立.
存在
使关于
的方程
有四个不同的实根.
存在
使关于
的方程
有四个不同的实根.
令
为偶函数.
存在
使关于
的方程
有四个不同的实根等价于存在
使关于
的方程
有两个不同的正实根.
则
.
所以存在
使成立
，即存在
使
成立.
由
，
，
，得
.
关于的函数
在
上单调递减.
则
，解得：
.
综上可得：当存在
使关于
的方程
有四个不同的实根，
实数
的取值范围为
.
【点睛】关键点点睛：本题考查含参一元二次不等式的解法，函数与方程之间的关系.解题
关键在于：第（1）问对参数
的讨论以及一元二次不等式、一元二次方程和二次函数之间
的关系的掌握和灵活使用；第（2）问先利用基本不等式及函数性质将关于
的方程
有四个不同的实根转化为关于
的方程
有两个不同的正实根；再结合根与系数的关系列出不等式组，逐个进行求解.
