题目内容
设f（x）=3ax2+2bx+c（a≠0），若a+b+c=0，f（0）f（1）＞0，求证：
（1）方程f（x）=0有实数根；
（2）-2＜
＜-1；
（3）设x1，x2是方程f（x）=0的两个实数根，则
≤|x1-x2|＜
．
（1）方程f（x）=0有实数根；
（2）-2＜
| b |
| a |
（3）设x1，x2是方程f（x）=0的两个实数根，则
| ||
| 3 |
| 3 |
| 2 |
分析：（1）根据已知中a+b+c=0，利用配方法求出二次方程f（x）=0的△＞0，即可判断出方程f（x）=0有实数根；
（2）由a+b+c=0，f（0）f（1）＞0，我们可构造关于
的不等式，解不等式可得）-2＜
＜-1；
（3）当x1，x2是方程f（x）=0的两个实数根时，根据韦达定理我们可以求出，(x1-x2)2=(x1+x2)2-4x1•x2的范围，开方后可得
≤|x1-x2|＜
．
（2）由a+b+c=0，f（0）f（1）＞0，我们可构造关于
| b |
| a |
| b |
| a |
（3）当x1，x2是方程f（x）=0的两个实数根时，根据韦达定理我们可以求出，(x1-x2)2=(x1+x2)2-4x1•x2的范围，开方后可得
| ||
| 3 |
| 3 |
| 2 |
解答：解：（1）∵a≠0，a+b+c=0，a+c=-b，
∴△=4b2-12ac=4（a+c）2-12ac=4[
a2+(
a-c)2]＞0
f（x）=3ax2+2bx+c=0有实数根，--（4分）
（2）由f（0）f（1）＞0，得c（3a+2b+c）＞0
∵a+b+c=0，
∴c=-（a+b），
∴-（a+b）•（2a+b）＞0，
∴-a2(1+
)(2+
)＞0，
∴(1+
)(2+
)＜0
解得-2＜
＜-1----------（9分）
（3）∵x1，x2是方程f（x）=0的两个实数根，
∴x1+x2=-
，x1•x2=
=-
∴(x1-x2)2=(x1+x2)2-4x1•x2
=
-4（-
）
=
(
+
)2+
∵-2＜
＜-1
∴
＜(x1-x2)2＜
∴
≤|x1-x2|＜
．--------（15分）
∴△=4b2-12ac=4（a+c）2-12ac=4[
| 3 |
| 4 |
| 1 |
| 2 |
f（x）=3ax2+2bx+c=0有实数根，--（4分）
（2）由f（0）f（1）＞0，得c（3a+2b+c）＞0
∵a+b+c=0，
∴c=-（a+b），
∴-（a+b）•（2a+b）＞0，
∴-a2(1+
| b |
| a |
| b |
| a |
∴(1+
| b |
| a |
| b |
| a |
解得-2＜
| b |
| a |
（3）∵x1，x2是方程f（x）=0的两个实数根，
∴x1+x2=-
| 2b |
| 3a |
| c |
| 3a |
| a+b |
| 3a |
∴(x1-x2)2=(x1+x2)2-4x1•x2
=
| 4b2 |
| 9a2 |
| a+b |
| 3a |
=
| 4 |
| 9 |
| b |
| a |
| 3 |
| 2 |
| 1 |
| 3 |
∵-2＜
| b |
| a |
∴
| 1 |
| 3 |
| 4 |
| 9 |
∴
| ||
| 3 |
| 2 |
| 3 |
点评：本题考查的知识点是二次函数的性质，方程的根，韦达定理，是函数、方程与不等式之间相互关系的典型例题．
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