已知实数 $a,b,c$ 满足方程 $(b+c)x^2+(c+a)x+(a+b)=0$ 没有实数根．证明：$$4ac-b^2\leqslant 3a(a+b+c).$$
【难度】
【出处】
全国高中数学联赛模拟试题(3)
【标注】
【答案】
略
【解析】
（法一）若 $b+c=0$，则原方程无实数解当且仅当 $c+a=0$，且 $a+b\neq 0$，此时，$a=b=-c\neq 0$．结论等价于 $-5a^2\leqslant 3a^2$，显然成立，以下只需讨论 $b+c\neq 0$ 的情形．用反证法．假设 $3a(a+b+c)<4ac-b^2$．不妨设 $a>0$，则 $c>3a+3b+\frac{b^2}{a}$．我们将证明$$\triangle =(a+c)^2-4(a+b)(b+c)\geqslant 0.$$考察函数 $f(x)=(a+x)^2-4(a+b)(b+x)$，求导得 $f'(x)=2(x-(a+2b))$．当 $x\in (a+2b,+\infty)$ 时，$f'(x)>0$，此时 $f(x)$ 单调递增．
注意到 $3a+3b+\frac{b^2}{a}\geqslant a+2b$（这等价于 $2a+\frac{b^2}{a}\geqslant -b$，由均值不等式易知其成立），故$$\triangle =f(c)\geqslant f\left(3a+3b+\frac{b^2}{a}\right)=\frac{(-2a^2+ab+b^2)^2}{a^2}\geqslant 0.$$即原方程有实根，矛盾．
（法二）当 $a=0$ 时，结论等价于 $-b^2\leqslant 0$，显然成立．以下假设 $a\neq 0$．此外，易知 $a+b+c\neq 0$（否则，原方程有实数根 $x=1$）．
设函数$$f(x)=(a+b+c)(x^2+x+1), g(x)=ax^2+bx+c,$$则条条件等价于$$f(x)-g(x)=(b+c)x^2+(c+a)x+(a+b)$$没有零点，即对任意 $x\in\mathbb{R}$，都有 $f(x)\neq g(x)$．由于 $f(x)$ 和 $g(x)$ 都是二次函数，因此，对任意 $x\in\mathbb{R}$，恒有 $f(x)>g(x)$ 或 $f(x)<g(x)$．
不妨设 $a+b+c>0$，则 $f(1)=3(a+b+c)>a+b+c=g(1)$，此时有 $f(x)>g(x)$ 对任意 $x\in\mathbb{R}$ 都成立．于是$$\min_{x\in\mathbb{R}}f(x)>\min_{x\in\mathbb{R}}g(x).~~~~~ ① .$$由二次函数的性质，知 $\min_{x\in\mathbb{R}}f(x)=f\left(-\frac{1}{2}\right)=\frac{3}{4}(a+b+c)$．
若 $a>0$，则 $\min_{x\in\mathbb{R}}g(x)=g\left(-\frac{b}{2a}\right)=\frac{4ac-b^2}{4a}$，故由式 ①，得$$\frac{3}{4}(a+b+c)>\frac{4ac-b^2}{4a}\Rightarrow 3a(a+b+c)>4ac-b^2.$$结论得证．
若 $a<0$，则 $\max_{x\in\mathbb{R}}g(x)=g\left(-\frac{b}{2a}\right)=\frac{4ac-b^2}{4a}$，由 $\max_{x\in\mathbb{R}}g(x)\geqslant g(1)$，得$$\frac{4ac-b^2}{4a}\geqslant a+b+c>\frac{3}{4}(a+b+c),$$注意到 $a<0$，故 $4ac-b^2<3a(a+b+c)$．
注意到 $3a+3b+\frac{b^2}{a}\geqslant a+2b$（这等价于 $2a+\frac{b^2}{a}\geqslant -b$，由均值不等式易知其成立），故$$\triangle =f(c)\geqslant f\left(3a+3b+\frac{b^2}{a}\right)=\frac{(-2a^2+ab+b^2)^2}{a^2}\geqslant 0.$$即原方程有实根，矛盾．
（法二）当 $a=0$ 时，结论等价于 $-b^2\leqslant 0$，显然成立．以下假设 $a\neq 0$．此外，易知 $a+b+c\neq 0$（否则，原方程有实数根 $x=1$）．
设函数$$f(x)=(a+b+c)(x^2+x+1), g(x)=ax^2+bx+c,$$则条条件等价于$$f(x)-g(x)=(b+c)x^2+(c+a)x+(a+b)$$没有零点，即对任意 $x\in\mathbb{R}$，都有 $f(x)\neq g(x)$．由于 $f(x)$ 和 $g(x)$ 都是二次函数，因此，对任意 $x\in\mathbb{R}$，恒有 $f(x)>g(x)$ 或 $f(x)<g(x)$．
不妨设 $a+b+c>0$，则 $f(1)=3(a+b+c)>a+b+c=g(1)$，此时有 $f(x)>g(x)$ 对任意 $x\in\mathbb{R}$ 都成立．于是$$\min_{x\in\mathbb{R}}f(x)>\min_{x\in\mathbb{R}}g(x).~~~~~ ① .$$由二次函数的性质，知 $\min_{x\in\mathbb{R}}f(x)=f\left(-\frac{1}{2}\right)=\frac{3}{4}(a+b+c)$．
若 $a>0$，则 $\min_{x\in\mathbb{R}}g(x)=g\left(-\frac{b}{2a}\right)=\frac{4ac-b^2}{4a}$，故由式 ①，得$$\frac{3}{4}(a+b+c)>\frac{4ac-b^2}{4a}\Rightarrow 3a(a+b+c)>4ac-b^2.$$结论得证．
若 $a<0$，则 $\max_{x\in\mathbb{R}}g(x)=g\left(-\frac{b}{2a}\right)=\frac{4ac-b^2}{4a}$，由 $\max_{x\in\mathbb{R}}g(x)\geqslant g(1)$，得$$\frac{4ac-b^2}{4a}\geqslant a+b+c>\frac{3}{4}(a+b+c),$$注意到 $a<0$，故 $4ac-b^2<3a(a+b+c)$．
答案
解析
备注
