Question

10．设f（x）=3ax²+2bx+c，若a+b+c=0，f（0）f（1）＞0．
（1）求证：a≠0且方程f（x）=0有两个不同的实数根x₁，x₂；
（2）求$\frac{b}{a}$及|x₁-x₂|的取值范围．

Answer 1

分析 （1）利用f（0）f（1）＞0，可得c（3a+2b+c）＞0，a+b+c=0即b=-a-c代入，可得c（a-c）＞0，即可证明a≠0；证明△＞0，可得方程f（x）=0有两个不同的实数根x₁，x₂；
（2）分类讨论，利用不等式的基本性质即可得到$\frac{b}{a}$的范围，从而可得|x₁-x₂|的取值范围．

解答 （1）证明：∵f（0）f（1）＞0，∴c（3a+2b+c）＞0，
而a+b+c=0即b=-a-c代入，
∴c（a-c）＞0，
若a=0，则-c²＞0不成立，∴a≠0；
△=4b²-12ac=4（-a-c）²-12ac=4（a²-ac+c²）＞0，
∴方程f（x）=0有两个不同的实数根x₁，x₂；
（2）解：①c＞0，∴a＞c．
∴a＞c＞0．又∵a+b=-c＜0，∴a+b＜0．
∴1+$\frac{b}{a}$＜0，∴$\frac{b}{a}$＜-1．
又c=-a-b，代入3a+2b+c＞0得，
3a+2b-a-b＞0，∴2a+b＞0，∴$\frac{b}{a}$＞-2，∴-2＜$\frac{b}{a}$＜-1；
②c＜0，∴a＜c．
∴0＞c＞a．又∵a+b=-c＞0，∴a+b＞0．
∴1+$\frac{b}{a}$＜0，∴$\frac{b}{a}$＜-1．
又c=-a-b，代入3a+2b+c＜0得，
3a+2b-a-b＜0，∴2a+b＜0，∴$\frac{b}{a}$＞-2，∴-2＜$\frac{b}{a}$＜-1；
综上，-2＜$\frac{b}{a}$＜-1；
|x₁-x₂|2=|x₁+x₂|²-4x₁x₂=$\frac{4{b}^{2}-12ac}{9{a}^{2}}$=$\frac{1}{3}$+$\frac{4}{9}$（$\frac{b}{a}$+$\frac{3}{2}$）²，
∵-2＜$\frac{b}{a}$＜-1，
∴$\frac{1}{3}$+$\frac{4}{9}$（$\frac{b}{a}$+$\frac{3}{2}$）²∈[$\frac{1}{3}$，$\frac{4}{9}$），
∴|x₁-x₂|的取值范围是[$\frac{\sqrt{3}}{3}$，$\frac{2}{3}$）．

点评 本题主要考查二次函数的基本性质与不等式的应用等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想、化归与转化思想．属于中档题．