无

略

设 $f(x)=ax^2+bx+c$，则有$$\begin{cases} f(1)=a+b+c,\\ f(-1)=a-b+c,\\ f(0)=c,\end{cases}$$所以$$\begin{cases} a=\dfrac12[f(1)+f(-1)-2f(0)],\\
b=\dfrac12[f(1)-f(-1)],\\
c=f(0),\end{cases}$$设 $m$ 是方程 $f(x)=0$ 的一个实根，显然 $m<0$．假设 $a,b,c$ 都大于 $\dfrac14(a+b+c)$，即有$$\begin{cases} \dfrac12[f(1)+f(-1)-2f(0)]>\dfrac14f(1),\\
\dfrac12[f(1)-f(-1)]>\dfrac14f(1),\\
f(0)>\dfrac14f(1), \end{cases}$$则$$\begin{cases} 2f(0)-\dfrac12f(1)<f(-1)<\dfrac12f(1),\\
f(0)>\dfrac14f(1)>0, \end{cases}$$于是$$\begin{split} f(m)&=f(1)\cdot\dfrac{m^2+m}{2}+f(-1)\cdot\dfrac{m^2-m}2+f(0)(1-m^2)\\
&>f(1)\cdot\dfrac{m^2+m}{2}+\left[2f(0)-\dfrac12f(1)\right]\cdot\dfrac{m^2-m}2+f(0)(1-m^2)\\
&=f(1)\cdot\dfrac{m^2+3m}4+f(0)(1-m)\\
&>f(1)\cdot\dfrac{m^2+3m}4+f(1)\cdot\dfrac{1-m}4\\
&=f(1)\cdot\dfrac{(m+1)^2}{4}\\
&>0.\end{split}$$这与 $f(m)=0$ 矛盾，故 $a,b,c$ 不都大于 $\dfrac14$，即$$\min\{a,b,c\}\leqslant \dfrac14(a+b+c).$$