(1)证明:∵f(1)=a+b+c=-
,∴c=-
a-b
∴3a>2c=-3a-2b,∴3a>-b,
∵2c>2b,∴-3a>4b;
若a>0,则
;若a=0,则0>-b,0>b,不成立;若a<0,则
,不成立.
(2)证明:∵f(x)=ax
2+bx+c,a>0,b<0,
∴-
b>a>-
b
f(2)=4a+2b+c=
;f(0)=c=-
a-b
f(0)×f(2)=-
(a+
b)
2+
b
2<0
又因为是连续函数,故(0,2)中必有零点
∴在(0,2)区间内至少必有一个点f(x)=0,即在此区间内至少有一个零点
(3)解:∵x
1+x
2=-
;x
1x
2=
又b=-(c+
a)
∴|x
1-x
2|
2=(x
1 +x
2)
2-4x
1x
2=(
)
2=(
-
)
2+2≥2
即|x
1-x
2|
2≥2
∴|x
1-x
2|≥
分析:(1)根据f(1)=a+b+c=-
,可得c=-
a-b,结合3a>2c>2b,可得结论;
(2)利用零点存在定理,证明ff(0)×f(2)<0即可;
(3)|x
1-x
2|
2=(x
1 +x
2)
2-4x
1x
2=
=(
-
)
2+2≥2,由此可得结论.
点评:本题考查函数的零点,考查韦达定理的运用,考查不等式的证明,属于中档题.