每日一题[386]分离变量法

编者按　本文作者我爱数学，原标题《证明与求解》，由meiyun编辑整理．

已知$f(x)=3a{{x}^{2}}+2bx+b-a$（$a,b\in\mathcal{R}$，且$a,b$不同时为$0$）．

(1)当$a=\dfrac{1}{3}$时，若$f(x)>-\dfrac{1}{3}$对$\forall x\in\mathcal{R}$恒成立，求$b$的范围；

(2)求证：$f(x)$在$(-1,0)$内至少有一个零点．

第一问比较简单，答案为$(0,1)$，过程略去，主要考虑第二问．

解　令$f(x)=0$得 $$a(3{{x}^{2}}-1)=-b(2x+1),$$ ①当$a=0$时，$x=-\dfrac{1}{2}\in (-1,0)$满足条件；

②当$a\ne 0$时，有$x\ne -\dfrac{1}{2}$，考虑对$a,b$与$x$进行分离：

由$a(3{{x}^{2}}-1)=-b(2x+1)$得 $$\dfrac{3{{x}^{2}}-1}{2x+1}=-\dfrac{b}{a},$$ 注意到$a\ne 0,b\in \mathcal{R}$，故$-\dfrac{b}{a}\in \mathcal{R}$，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$\mathcal{R}$．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．

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$\mathcal{R}$，这样就证明了第二问．

意琦行补充解法

（2）若$a=0$，则$f(x)=b(2x+1)$，于是$x=-\dfrac 12$是函数的零点，命题得证；

若$a\neq 0$，则 $$f(x)=a\left(3x^2+2\cdot\dfrac ba\cdot x+\dfrac ba-1\right),$$ 设$\dfrac ba=t$，且 $$g(x)=3x^2+2tx+t-1,$$ 则欲证命题等价于$g(x)$在$(-1,0)$内有零点．

考虑到$g(-1)=2-t$，$g(0)=t-1$．接下来有两种方式解决问题．

第一种方式

若$g(-1)\cdot g(0)<0$，则命题成立；

若$g(-1)\cdot g(0)\geqslant 0$，则$1\leqslant t\leqslant 2$，而$g(-1),g(0)\geqslant 0$．

此时函数$g(x)$的对称轴为$x=-\dfrac t3$，在区间$\left[-\dfrac 23,-\dfrac 13\right]$内，而判别式 $$\Delta=4(t^2-3t+3)>0,$$ 因此命题成立．

综上所述，原命题得证．

第二种方式

取$g\left(-\dfrac 12\right)=-\dfrac 14$，而$g(-1)$和$g(0)$至少有一个为正数，因此原命题得证．