区間の両端で符号が変われば解が 1 つ入る（二次方程式の解の配置）

$f (x) = x^{2} - 4 x + m$ が $0 < x < 1$ の中に解を 1 つもつ $m$ をさがします。両端の値だけを計算します。

$f (0) = m$ 、 $f (1) = 1 - 4 + m = m - 3$ です。この 2 つが反対の符号なら、あいだで $f$ が $0$ を通ります。

$f (0) f (1) < 0$

$m (m - 3) < 0$ から $0 < m < 3$ 。判別式も軸も調べていません。

$m = 1$ で確かめます。 $x^{2} - 4 x + 1 = 0$ の解は $2 \pm 3$ で、 $2 - 3 \approx 0.27$ が区間の中にあります。

符号が変われば、あいだで $0$ を通る

$f (0)$ が正で $f (1)$ が負なら、グラフは $x = 0$ で $x$ 軸の上、 $x = 1$ で下にあります。つながった曲線なので、途中で $x$ 軸を切ります。

逆に $f (0)$ が負で $f (1)$ が正でも同じ。どちらの向きでも、積が負なら符号が変わったということです。

区間の中に入るのは 1 つだけです。二次関数が $x$ 軸を切るのは多くても 2 回で、両端の符号が違うなら、切る回数は奇数になります。

$1$ 回か $3$ 回のうち、二次関数に許されるのは $1$ 回。だから「ちょうど 1 つ」が言えます。

区間の両端 p と q を式に代入する

f(p)f(q) < 0 を立てる

不等式を解いて係数の範囲を求める

判別式も軸もいらない

$f (p) f (q) < 0$ が成り立つ時点で、 $x$ 軸を切っています。判別式は自動的に正になる。

軸の位置も問いません。区間の中に解が 1 つあることは、両端の符号だけで決まります。

2 解が区間の中にそろう

判別式、軸、両端の値の 3 つを調べる。条件が 4 本になることもある

解が区間の中に 1 つだけ

$f (p) f (q) < 0$ の 1 本で決まる。ほかは調べなくてよい

条件が 1 本で済むのは、区間の中に 1 つだけという配置に限ります。2 つとも入れたい場合は、この形が使えません。

端で $0$ になるときは別に調べる

$f (p) f (q) < 0$ は、 $f (p)$ も $f (q)$ も $0$ でないことを含んでいます。端がちょうど解になる場合は、この形からもれます。

冒頭の例で $m = 0$ とすると $x^{2} - 4 x = 0$ で、解は $0$ と $4$ です。 $x = 0$ は $0 < x < 1$ の外側なので、区間の中に解はありません。

$m = 3$ なら $x^{2} - 4 x + 3 = (x - 1) (x - 3)$ で、解は $1$ と $3$ 。 $x = 1$ も区間の外です。

区間が $0 \leq x \leq 1$ と閉じていれば、 $m = 0$ と $m = 3$ も答えに入ります。問題文の不等号を見ます。

$f (p) f (q) < 0$ からもれるのは、端がちょうど解になる場合です。

区間が閉じているときは、 $f (p) = 0$ と $f (q) = 0$ を別に確かめて加える。

例：2 つの区間に 1 つずつ

$f (x) = x^{2} - m x + 1$ の解が、 $0 < x < 1$ と $2 < x < 3$ にそれぞれ 1 つずつ入る $m$ を求めます。

$f (0) = 1$ 、 $f (1) = 2 - m$ 、 $f (2) = 5 - 2 m$ 、 $f (3) = 10 - 3 m$ です。

$f (0) f (1) < 0$ から $2 - m < 0$ 、 $m > 2$ 。

$f (2) f (3) < 0$ から $(5 - 2 m) (10 - 3 m) < 0$ 。 $m$ で整理すると $\frac{5}{2} < m < \frac{10}{3}$ 。

2 つを重ねると $\frac{5}{2} < m < \frac{10}{3}$ です。

$m = 3$ で確かめます。 $x^{2} - 3 x + 1 = 0$ の解は $\frac{3 \pm 5}{2}$ で、およそ $0.38$ と $2.62$ 。どちらも区間に入っています。

$m$ が大きくなるほど 2 解は左右へ開きます。両方が帯の中に入るのは、 $\frac{5}{2}$ と $\frac{10}{3}$ のあいだだけ。

積が正のときは 2 通り

$f (p) f (q) > 0$ なら、両端の符号が同じです。このとき区間の中の解は $0$ 個か $2$ 個になります。

符号が変わらないので、 $x$ 軸を切る回数は偶数。二次関数では $0$ 回か $2$ 回です。

$0$ 個と $2$ 個を分けるには、判別式と軸を調べます。両端の値だけでは決まりません。

両端の符号	区間内の解の個数	追加で調べるもの
$f (p) f (q) < 0$	1 個	なし
$f (p) f (q) > 0$	0 個または 2 個	判別式と軸
$f (p) = 0$	端が解。残りは別に調べる	もう 1 つの解の位置

例：解が区間の外にある条件

$f (x) = x^{2} - 4 x + m$ の解が、どちらも $0 < x < 1$ の外にある $m$ をさがすとします。

区間内が $0$ 個なので $f (0) f (1) > 0$ が必要です。 $m (m - 3) > 0$ から $m < 0$ または $m > 3$ 。

ただしこれは、実数解があるかどうかを問うていません。 $m = 5$ なら $D = 16 - 20 < 0$ で解そのものがない。

「解がすべて区間の外」に実数解の存在を含めるかどうかは、問題文しだいです。含めるなら $D \geq 0$ から $m \leq 4$ を重ねます。

よくある誤り

積を計算せずに、片方の符号だけを見る形が多い。

f (p) > 0

だけを条件にする。

f (q)

の符号を見ていない。

f (p) f (q) < 0

に判別式まで足して、範囲をせまくする。

端が閉じた区間で、

f (p) = 0

の場合を落とす。

f (p) f (q) > 0

を「区間内に解なし」と決めてしまう。2 個の場合がある。

a < 0

のとき、符号の向きを反対だと思う。積の条件は

a

の符号によらない。

最後の 1 つは確かめておきます。 $f (p)$ と $f (q)$ の符号が違えばあいだで $0$ を通る、という理由は、上に開くか下に開くかと関係ありません。

$f (x) = x^{2} + 2 x + m$ が $0 < x < 2$ に解を 1 つもつ $m$ の範囲はどれですか。

$- 8 < m < 0$
$- 8 < m < 1$
$m < 0$

__RESULT__

$f (0) = m$ 、 $f (2) = 4 + 4 + m = m + 8$ です。 $m (m + 8) < 0$ から $- 8 < m < 0$ になります。

$f (1) f (3) > 0$ から言えることはどれですか。

$1 < x < 3$ に解はない
$1 < x < 3$ の解は 0 個か 2 個
$1 < x < 3$ に解が 2 個ある

__RESULT__

両端の符号が同じなので、 $x$ 軸を切る回数は偶数です。二次関数では $0$ 回か $2$ 回。どちらかを決めるには判別式と軸を調べます。

両端の値を代入し、積の符号を見る。この 1 本で、区間の中に解がちょうど 1 つあることが決まります。積が正のときは個数が 2 通りに分かれるため、そこから先は判別式と軸に戻ります。

$f(p)$ と $f(q)$ が反対の符号なら、あいだで必ず $x$ 軸を切ります。二次関数が切る回数は多くても 2 回なので、奇数回なら 1 回に決まる。$x^2 - 4x + m = 0$ が $0 < x < 1$ に解を 1 つもつ条件は $m(m-3) < 0$ だけです。判別式も軸も要らない理由、端がちょうど解になる場合がこの形からもれること、積が正なら 0 個か 2 個に分かれることまで。