Question

18．設(shè)f（x）=3ax²+2bx+c，若a+b+c=0，f（0）＞0，f（1）＞0
（1）求證：a＞0，-2$＜\frac{a}$＜-1；
（2）函數(shù)f（x）在（0，1）內(nèi)有零點．

Answer 1

分析 （1）將b=-a-c代入f（1）＞0即可得出a＞c，又f（0）=c＞0，故a＞0；又a+b=-c＜0得出$\frac{a}$＜-1，將c=-a-b代入f（1）＞0得出2a+b＞0，故而$\frac{a}＞-2$；
（2）計算判別式△=4（a²+c²-ac）≥4ac＞0，在根據(jù)$\frac{a}$的范圍確定f（x）的對稱軸的范圍在（$\frac{1}{3}$，$\frac{2}{3}$）上，結(jié)合f（0）＞1，f（1）＞0，根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)得出f（x）在（0，1）上存在零點．

解答 證明：（1）∵f（0）＞0，∴c＞0，
又∵f（1）＞0，即3a+2b+c＞0．①
∵a+b+c=0，即b=-a-c，
代入①式得3a-2a-2c+c＞0，即a-c＞0，∴a＞c．
∴a＞c＞0．
又∵a+b=-c＜0，∴a+b＜0．
∴1+$\frac{a}$＜0，∴$\frac{a}$＜-1．
又c=-a-b，代入①式得，
3a+2b-a-b＞0，∴2a+b＞0，
∴2+$\frac{a}$＞0，∴$\frac{a}$＞-2．故-2＜$\frac{a}$＜-1．
（2）又（1）得a＞0，∴f（x）的圖象開口向上，對稱軸為x=-$\frac{3a}$．
∵-2＜$\frac{a}$＜-1，∴$\frac{1}{3}$＜-$\frac{3a}$＜$\frac{2}{3}$，
∵a+b+c=0，∴b=-a-c，
∴△=4b²-12ac=4（a+c）²-12ac=4（a²+c²-ac）≥4ac，
∵a＞c＞0，∴△＞0，
又∵f（0）＞0，f（1）＞0，
∴f（x）在（0，1）上必存在兩個零點，

點評 本題考查了不等式的性質(zhì)，二次函數(shù)的性質(zhì)，零點的存在性定理，屬于中檔題．