Question

10．設(shè)f（x）=3ax²+2bx+c，若a+b+c=0，f（0）f（1）＞0．
（1）求證：a≠0且方程f（x）=0有兩個不同的實(shí)數(shù)根x₁，x₂；
（2）求$\frac{a}$及|x₁-x₂|的取值范圍．

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，即可證明a≠0；證明△＞0，可得方程f（x）=0有兩個不同的實(shí)數(shù)根x₁，x₂；
（2）分類討論，利用不等式的基本性質(zhì)即可得到$\frac{a}$的范圍，從而可得|x₁-x₂|的取值范圍．

解答 （1）證明：∵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，則-c²＞0不成立，∴a≠0；
△=4b²-12ac=4（-a-c）²-12ac=4（a²-ac+c²）＞0，
∴方程f（x）=0有兩個不同的實(shí)數(shù)根x₁，x₂；
（2）解：①c＞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3a+2b+c＞0得，
3a+2b-a-b＞0，∴2a+b＞0，∴$\frac{a}$＞-2，∴-2＜$\frac{a}$＜-1；
②c＜0，∴a＜c．
∴0＞c＞a．又∵a+b=-c＞0，∴a+b＞0．
∴1+$\frac{a}$＜0，∴$\frac{a}$＜-1．
又c=-a-b，代入3a+2b+c＜0得，
3a+2b-a-b＜0，∴2a+b＜0，∴$\frac{a}$＞-2，∴-2＜$\frac{a}$＜-1；
綜上，-2＜$\frac{a}$＜-1；
|x₁-x₂|2=|x₁+x₂|²-4x₁x₂=$\frac{4^{2}-12ac}{9{a}^{2}}$=$\frac{1}{3}$+$\frac{4}{9}$（$\frac{a}$+$\frac{3}{2}$）²，
∵-2＜$\frac{a}$＜-1，
∴$\frac{1}{3}$+$\frac{4}{9}$（$\frac{a}$+$\frac{3}{2}$）²∈[$\frac{1}{3}$，$\frac{4}{9}$），
∴|x₁-x₂|的取值范圍是[$\frac{\sqrt{3}}{3}$，$\frac{2}{3}$）．

點(diǎn)評 本題主要考查二次函數(shù)的基本性質(zhì)與不等式的應(yīng)用等基礎(chǔ)知識，考查運(yùn)算求解能力，考查數(shù)形結(jié)合思想、化歸與轉(zhuǎn)化思想．屬于中檔題．