题目 设函数 $f(x)=ax^2+bx+c (a, b, c\in\mathbb{R})$ 且 $f(1)=-\frac{a}{2}$，$3a>2c>2b$ 问题1 证明：$a>0$ 且 $b<0$； 答案1 由 $f(1)=a+b+c=-\frac{a}{2}$，即 $3a+2b+2c=0$．又 $3a>2c>2b$，于是：$0=3a+2b+2c>2b+2b+2b=6b$，从而 $b<0$；$0=3a+2b+2c<3a+3a+3a=9a$，从而 $a>0$ 解析1 根据题意有 $f(0)=c$，$f(2)=4a+2b+c=(3a+2b+2c)+a-c=a-c$．下面对 $c$ 的正负情况进行讨论：① 当 $c>0$ 时，有 $f(0)=c>0.$ 又由 $a>0$，故 $f(1)=-\frac{a}{2}<0$，由零点存在定理知函数 $f(x)$ 在区间 $(0, 1)$ 内至少有一个零点；② 当 $c\leqslant0$ 时，由 $a>0$ 得 $f(1)=-\frac{a}{2}<0$，$f(2)=a-c>0$，因此函数 $f(x)$ 在区间 $(1, 2)$ 内至少有一个零点；综合 ①② 得函数 $f(x)$ 在区间 $(0, 2)$ 内至少有一个零点． 备注1 问题2 证明：函数 $f(x)$ 在区间 $(0, 2)$ 内至少有一个零点； 答案2 根据题意有 $f(0)=c$，$f(2)=4a+2b+c=(3a+2b+2c)+a-c=a-c$．下面对 $c$ 的正负情况进行讨论：① 当 $c>0$ 时，有 $f(0)=c>0.$ 又由 $a>0$，故 $f(1)=-\frac{a}{2}<0$，由零点存在定理知函数 $f(x)$ 在区间 $(0, 1)$ 内至少有一个零点；② 当 $c\leqslant0$ 时，由 $a>0$ 得 $f(1)=-\frac{a}{2}<0$，$f(2)=a-c>0$，因此函数 $f(x)$ 在区间 $(1, 2)$ 内至少有一个零点；综合 ①② 得函数 $f(x)$ 在区间 $(0, 2)$ 内至少有一个零点 解析2 略 备注2 问题3 设 $x_1$，$x_2$ 是函数 $f(x)$ 的两个零点，证明：$\sqrt{2}\leqslant|x_1-x_2|<\frac{\sqrt{57}}{4}$． 答案3 若 $x_1$，$x_2$ 是函数 $f(x)$ 的两个零点，则 $x_1$，$x_2$ 是方程 $ax^2+bx+c=0$ 的两根．故由韦达定理，$x_1+x_2=-\frac{b}{a}$，$x_1x_2=\frac{c}{a}=\frac{-\frac{3a+2b}{2}}{a}=-\frac{3}{2}-\frac{b}{a}$，从而有$$|x_1-x_2|=\sqrt{(x_1+x_2)^2-4x_1x_2}=\sqrt{(-\frac{b}{a})^2-4(-\frac{3}{2}-\frac{b}{a})}=\sqrt{(\frac{b}{a}+2)^2+2},$$由（1）知 $a>0$，$b<0$，又 $2c=-3a-2b$ 及 $3a>2c>2b$ 知 $3a>-3a-2b>2b$，即 $3>-3-\frac{2b}{a}>2\cdot\frac{b}{a}$，因此 $-3<\frac{b}{a}<-\frac{3}{4}$．于是 $\sqrt{2}\leqslant|x_1-x_2|<\frac{\sqrt{57}}{4}$ 解析3 略 备注3