题目 已知 $f(x)=3a{{x}^{2}}+2bx+b-a$（$a,b\in\mathbb{R}$，且 $a,b$ 不同时为 $0$）． 问题1 当 $a=\dfrac{1}{3}$ 时，若 $f(x)>-\dfrac{1}{3}$ 对 $\forall x\in\mathbb{R}$ 恒成立，求 $b$ 的范围； 答案1 $(0,1)$ 解析1 根据题意，有\[\forall x\in\mathbb R,x^2+2bx+b>0,\]于是\[\Delta=(2b)^2-4b<0,\]解得 $b$ 的取值范围是 $(0,1)$． 备注1 问题2 求证：$f(x)$ 在 $(-1,0)$ 内至少有一个零点． 答案2 略 解析2 令 $f(x)=0$ 得$$a(3{{x}^{2}}-1)=-b(2x+1),$$<case>情形一</case> 当 $a=0$ 时，$x=-\dfrac{1}{2}\in (-1,0)$ 满足条件；<br/><case>情形二</case>当 $a\ne 0$ 时，有 $x\ne-\dfrac{1}{2}$，考虑对 $a,b$ 与 $x$ 进行分离：<br/>由 $a(3{{x}^{2}}-1)=-b(2x+1)$ 得$$\dfrac{3{{x}^{2}}-1}{2x+1}=-\dfrac{b}{a},$$注意到 $a\ne 0,b\in \mathbb{R}$，故 $-\dfrac{b}{a}\in \mathbb{R}$，因此证明 $f(x)$ 在 $(-1,0)$ 内至少有一个零点（也就是存在零点），等价于证明函数$$y=\dfrac{3{{x}^{2}}-1}{2x+1},x\in\left(-1,-\dfrac 12\right)\cup\left(-\dfrac 12,0\right)$$的值域为 $\mathbb{R}$．于是，我们把一个证明零点存在的问题转换为一个求函数值域的问题了．<br/>令 $t=2x+1\in(-1,0)\cup(0,1)$，则$$y=g(t)=\dfrac{3{{t}^{2}}-6t-1}{4t}=\dfrac{1}{4}\left(3t-\dfrac{1}{t}-6\right),$$函数 $g(t)$ 在 $(-1,0)$ 与 $(0,1)$ 上都递增，当 $t\in(-1,0)$ 时，$g(t)\in (-2,+\infty )$；当 $t\in(0,1)$ 时，$g(t)\in (-\infty ,-1)$，所以函数 $y=g(t)$ 的值域为 $\mathbb{R}$，这样就证明了第二问． 备注2 事实上设\[\varphi(x)=\dfrac{3x^2-1}{2x+1},\]则\[\begin{split} \varphi(-1)=\varphi\left(-\dfrac 13\right)=-2,\\<br/>\varphi(0)=\varphi\left(-\dfrac 23\right)=-1,\end{split}\]因此\[f(-1)\cdot f\left(-\dfrac 13\right)\leqslant 0,f(0)\cdot f\left(-\dfrac 23\right)\leqslant 0.\]<img src="/static/images/a3543556a8903fddcc3af3cfcb15cfad.png" class="img-responsive" />每日一题[386]变量分离法．