Question

13．已知a＞b＞c，a+b+c=0，方程ax²+bx+c=0的兩個(gè)實(shí)根為x₁，x₂．
（1）證明：-$\frac{1}{2}$＜$\frac{a}$＜1；
（2）若x₁²+x₁x₂+x₂²=1，求x₁²-x₁x₂+x₂²；
（3）求|x₁²-x₂²|取值范圍．

Answer 1

分析 （1）由題意可知3a＞a+b+c，a＞b＞-a-b，繼而兩邊都除以a，得到結(jié)論；
（2）根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系，和x₁²+x₁x₂+x₂²=1得到$\frac{a}$=0，問題得以解決；
（3）|x₁²-x₂²|=|1-$\frac{{c}^{2}}{{a}^{2}}$|=|1-$\frac{（a+b）^{2}}{{a}^{2}}$|=|（$\frac{a}$+1）²-1|，繼而求出取值范圍．

解答 解：（1）證明：∵a＞b＞c且a+b+c=0，
∴3a＞a+b+c，a＞b＞-a-b，
∴a＞0，1＞$\frac{a}$＞-1-$\frac{a}$
∴-$\frac{1}{2}$＜$\frac{a}$＜1．
（2）∵x₁+x₂=-$\frac{a}$，x₁x₂=$\frac{c}{a}$，
∴x₁²+x₁x₂+x₂²=（x₁+x₂）²-x₁x₂=$\frac{^{2}}{{a}^{2}}$-$\frac{c}{a}$=$\frac{^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{a+b}{a}$=$\frac{^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{a}$+1=1，
∴$\frac{^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{a}$=0，
∵-$\frac{1}{2}$＜$\frac{a}$＜1，
∴$\frac{a}$=0，
∴x₁²-x₁x₂+x₂²=x₁²+x₁x₂+x₂²-2x₁x₂=1-2x₁x₂=1+$\frac{2（a+b）}{a}$=3，
（3）|x₁²-x₂²|=|1-$\frac{{c}^{2}}{{a}^{2}}$|=|1-$\frac{（a+b）^{2}}{{a}^{2}}$|=|（$\frac{a}$+1）²-1|，
∵$\frac{1}{2}$＜$\frac{a}$+1＜2，
∴$\frac{1}{4}$＜（$\frac{a}$+1）²＜4，
∴-$\frac{3}{4}$＜（$\frac{a}$+1）²-1＜3，
∴0≤|（$\frac{a}$+1）²-1|＜3，
故|x₁²-x₂²|取值范圍為[0，3）

點(diǎn)評(píng) 本題考查了不等式的證明以及不等式性質(zhì)的應(yīng)用，培養(yǎng)了學(xué)生的轉(zhuǎn)化能力，屬于中檔題．