Question

3．設(shè)函數(shù)f（x）=ax²+bx+c（a，b，c∈R）．
（1）若f（1）=0，a＞b＞c，求證：$\sqrt{^{2}-ac}$＜$\sqrt{3}$a．
（2）若f（1）=-$\frac{a}{2}$，3a＞2c＞2b，求證：
①a＞0，且-3＜$\frac{a}$＜-$\frac{3}{4}$；
②函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，2）內(nèi)至少有一個(gè)零點(diǎn)．

Answer 1

分析 （1）先求出c=-a-b，a＞0，c＜0，再利用分析法由結(jié)論入手進(jìn)行證明即可；
（2）①先求出a＞0，b＜0，可得-3a＜b＜-$\frac{3}{4}$a．從而證出結(jié)論；②先求出f（0），f（2），通過討論c的正負(fù)，從而證出結(jié)論．

解答 （1）證明：∵f（1）=a+b+c=0，a＞b＞c，
∴c=-a-b，a＞0，c＜0，
要證$\sqrt{^{2}-ac}$＜$\sqrt{3}$a，只需證b²-ac＜3a²，
只需證b²+a（a+b）＜3a²，
只需證2a²-ab-b²＞0，
只需證（a-b）（2a+b）＞0，
只需證（a-b）（a-c）＞0．
因?yàn)閍＞b＞c，所以a-b＞0，a-c＞0，
所以（a-b）（a-c）＞0顯然成立．
故原不等式成立．
（2）證明：①f（1）=a+b+c=-$\frac{a}{2}$，即3a+2b+2c=0．
又3a＞2c＞2b，所以3a＞0，2b＜0，則a＞0，b＜0．
又2c=-3a-2b，3a＞2c＞2b，
所以3a＞-3a-2b＞2b．可得-3a＜b＜-$\frac{3}{4}$a．
因?yàn)閍＞0，所以-3＜$\frac{a}$＜-$\frac{3}{4}$．
②f（0）=c，f（2）=4a+2b+c=a-c，
i）當(dāng)c＞0時(shí)，f（0）=c＞0且f（1）=-$\frac{a}{2}$＜0，
所以函數(shù)f（x）在（0，1）內(nèi)至少有一個(gè)零點(diǎn)．
ii）當(dāng)c≤0時(shí)，f（1）=-$\frac{a}{2}$＜0且f（2）=a-c＞0，
所以函數(shù)f（x）在（1，2）內(nèi)至少有一個(gè)零點(diǎn)．
綜上，f（x）在區(qū)間（0，2）內(nèi)至少有一個(gè)零點(diǎn)．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了二次函數(shù)的性質(zhì)，考查不等式的證明，是一道中檔題．