已知二次函数 $f(x)=ax^2+2bx+c(c>b>a)$，其图象过点 $(1,0)$，并与直线 $y=-a$ 有公共点．求证：$0\leqslant \dfrac ba<1$．
【难度】
【出处】
2011年全国高中数学联赛福建省预赛
【标注】
【答案】
略
【解析】
由函数图象过点 $(1,0)$ 知，$$a+2b+c=0.$$结合 $c>b>a$，可知$$a<0 , c>0.$$又由 $b>a$，知$$\dfrac ba<1.$$由 $f(x)=ax^2+2bx+c$ 的图象与直线 $y=-a$ 有公共点知，方程 $ax^2+2bx+c+a=0$ 有解，所以$$\begin{split}\Delta&=4b^2-4a(c+a)\\ &=4b^2-4a(-2b)\geqslant 0,\end{split}$$即$$b(b+2a)\geqslant 0,$$所以 $b\leqslant 0$ 或 $b\geqslant -2a$．
若 $b\leqslant 0$，则 $\dfrac ba\geqslant 0$；
若 $b\geqslant -2a$，则由 $c>b>a$ 知，$$a+2b+c\geqslant a-4a+c=-3a+c>0,$$与 $a+2b+c=0$ 矛盾．
所以$$0\leqslant \dfrac ba<1.$$
若 $b\leqslant 0$，则 $\dfrac ba\geqslant 0$；
若 $b\geqslant -2a$，则由 $c>b>a$ 知，$$a+2b+c\geqslant a-4a+c=-3a+c>0,$$与 $a+2b+c=0$ 矛盾．
所以$$0\leqslant \dfrac ba<1.$$
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解析
备注
