Question

11．設(shè)二次函數(shù)f（x）=ax²+bx+c（a＞b＞c），已知f（1）=0，且存實(shí)數(shù)m，使f（m）=-a．
（1）試推斷$\frac{2a}$與0的大小，并說明理由；
（2）設(shè)g（x）=f（x）+bx，對于x₁，x₂∈R，且x₁≠x₂，若g（x₁）=g（x₂）=0，求|x₁-x₂|的取值范圍；
（3）求證：f（m+3）＞0．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)方程f（m）=-a有實(shí)根△≥0，且f（1）=0，a＞b＞c，得出a＞0，c＜0，b≥0，從而得$\frac{2a}≥0$；
（2）根據(jù)x₁，x₂是方程g（x）=0的兩實(shí)根，由根與系數(shù)的關(guān)系計(jì)算${{|x}_{1}{-x}_{2}|}^{2}$，從而求出|x₁-x₂|的取值范圍；
（3）由f（1）=0，可設(shè)f（x）=a（x-1）（x-$\frac{c}{a}$），再由f（m）=-a，求出m的取值范圍，從而得出f（m+3）＞f（1）=0．

解答 解：（1）∵f（m）=-a，m∈R，
∴方程ax²+bx+c=-a有實(shí)根，
△=b²-4a（a+c）≥0，
∵f（1）=0，∴a+b+c=0，即a+c=-b；
∵b²-4a（-b）=b（b+4a）≥0，
∵a＞b＞c，∴a＞0，c＜0，
從而b+4a=-（a+c）+4a=3a-c＞0；
∴b≥0，∴$\frac{2a}≥0$；…（4分）
（2）據(jù)題意，x₁，x₂是方程g（x）=0，即ax²+2bx+c=0的兩實(shí)根；
∴${{|x}_{1}{-x}_{2}|}^{2}$=${{（x}_{1}{+x}_{2}）}^{2}$-4x₁x₂
=$\frac{{4b}^{2}}{{a}^{2}}$-$\frac{4c}{a}$
=$\frac{4}{{a}^{2}}$（b²-ac）
=$\frac{4}{{a}^{2}}$[（a+c）²-ac]
=4[${（\frac{c}{a}）}^{2}$+$\frac{c}{a}$+1]
=4${（\frac{c}{a}+\frac{1}{2}）}^{2}$+3；
∵a＞b=-（a+c），
∴2a＞-c＞0，
∴$\frac{c}{a}$＞-2；
又a+c=-b≤0，
∴$\frac{c}{a}$≤-1；
∴${（\frac{c}{a}+\frac{1}{2}）}^{2}$∈[$\frac{1}{4}$，$\frac{9}{4}$），
∴|x₁-x₂|∈[2，2$\sqrt{3}$）；…（8分）
（3）∵f（1）=0，設(shè)f（x）=a（x-1）（x-$\frac{c}{a}$），
∵f（m）=-a，
∴a（m-1）（m-$\frac{c}{a}$）=-a，
∴（m-1）（m-$\frac{c}{a}$）=-1＜0，
又∵-2＜$\frac{c}{a}$＜m＜1，
∴m＞-2，
∴m+3＞1；
∴f（m+3）＞f（1）=0．…（12分）

點(diǎn)評 本題考查了二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)的應(yīng)用問題，也考查了一元二次方程與對應(yīng)的不等式的解法與應(yīng)用問題，是綜合性題目．