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．