Question

14．已知函数f（x）=ax²+bx+c中，a+b+c=0，a＞b＞c．
（1）证明函数f（x）有两个不同的零点；
（2）若存在x∈R，使ax²+bx+a+c=0成立．
①试判断f（x+3）的符号，并说明理由；
②当b≠0时，证明关于x的方程ax²+bx+a+c=0在区间（$\frac{c}{a}$，0），（0，1）内各有一个实根．

Answer 1

分析 （1）由a+b+c=0，a＞b＞c，得出a＞0，c＜0．∴△=b²-4ac＞0，即得出结论；
（2）由a+b+c=0得f（1）=0，再由根与系数关系得f（$\frac{c}{a}$）=0，由ax²+bx+a+c=0有解得b²-4a（a+c）≥0，即b²≥-4ab．然后分b≥0和b＜0两种情况进行讨论；
①根据x+3与f（x）=0的根的大小关系分三种情况讨论；
②根据零点的存在性定理判断即可．

解答 解：（1）∵a+b+c=0，a＞b＞c，
∴a＞0，c＜0．
∴△=b²-4ac＞0．
∴f（x）有两个不同的零点．
（2）设f（x）=0的两根分别为x₁，x₂，且x₁＜x₂，
则x₁•x₂=$\frac{c}{a}$，
∵a+b+c=0，
∴f（1）=0，
∴x₁=$\frac{c}{a}$，x₂=1．
∴f（x）图象的对称轴$\frac{c}{a}$＜$-\frac{b}{2a}$＜1
∵存在x∈R，使ax²+bx+a+c=0成立，
∴b²-4a（a+c）≥0，
即b²≥-4ab．
若b＜0，则b≤-4a，∴-$\frac{b}{2a}$≥2，矛盾；
若b≥0，则b²≥-4ab恒成立，
综上，b≥0．
①∵f（x）图象开口向上，f（x）=0的两解为x₁=$\frac{c}{a}$，x₂=1．
∴当x+3＜$\frac{c}{a}$或x+3＞1即x＜$\frac{c}{a}$-3或a＞-2时，f（x）＞0；
当$\frac{c}{a}$＜x+3＜1即$\frac{c}{a}$-3＜x＜-2时，f（x）＜0；
当x+3=$\frac{c}{a}$或x+3=1即x=$\frac{c}{a}$-3或x=-2时，f（x）=0．
②若b≠0，则b＞0．
令g（x）=ax²+bx+a+c，
则g（x）图象在R上连续．
g（$\frac{c}{a}$）=$\frac{{c}^{2}+bc}{a}-b$=-c-b=a＞0，
g（0）=a+c=-b＜0，
g（1）=a+b+c+a=a＞0，
∴g（x）在区间（$\frac{c}{a}$，0），（0，1）内各有一个零点．
即关于x的方程ax²+bx+a+c=0在区间（$\frac{c}{a}$，0），（0，1）内各有一个实根．

点评 本题考查了二次函数零点与系数的关系，二次不等式的解法及零点存在性定理．