Question

13．已知a＞b＞c，a+b+c=0，方程ax²+bx+c=0的两个实根为x₁，x₂．
（1）证明：-$\frac{1}{2}$＜$\frac{b}{a}$＜1；
（2）若x₁²+x₁x₂+x₂²=1，求x₁²-x₁x₂+x₂²；
（3）求|x₁²-x₂²|取值范围．

Answer 1

分析 （1）由题意可知3a＞a+b+c，a＞b＞-a-b，继而两边都除以a，得到结论；
（2）根据根与系数的关系，和x₁²+x₁x₂+x₂²=1得到$\frac{b}{a}$=0，问题得以解决；
（3）|x₁²-x₂²|=|1-$\frac{{c}^{2}}{{a}^{2}}$|=|1-$\frac{（a+b）^{2}}{{a}^{2}}$|=|（$\frac{b}{a}$+1）²-1|，继而求出取值范围．

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

点评 本题考查了不等式的证明以及不等式性质的应用，培养了学生的转化能力，属于中档题．