(12 分) 已知二次函数 $f(x)=a x^{2}+b x+c(a>0)$ 的图象与 $x$ 轴有两个不同

的公共点, 若 $f(c)=0$, 且当 $0<x<c$ 时, $f(x)>0$.
(1) 试比较 $\frac{1}{a}$ 与 $c$ 的大小;

(2) 求证: $-2<b<-1$;

(3) 当 $c>1, t>0$ 时, 求证: $\frac{a}{t+2}+\frac{b}{t+1}+\frac{c}{t}>0$.
答案:(1) $\frac{1}{a}>c$; (2) 证明见解析; (3) 证明见解析.

【解析】(1) $\because^{f(x)}$ 的图象与 $x$ 轴有两个不同的交点,

$\therefore$ 方程 $f(x)=0$ 有两个不相等的实根 ${ }^{x_{1}}, x_{2}$.

$\because f(c)=0, \therefore{ }^{c}$ 是方程 $f(x)=0$ 的一个实根.

不妨设 ${ }^{x_{1}}=c, \because^{x_{1} x_{2}=\frac{c}{a}}, \therefore{ }^{x_{2}=\frac{1}{a}}$, 且 $\frac{1}{a} \neq c$,

假设 $\frac{1}{a}<c ，$

又 $\frac{1}{a}>0$, 根据当 $0<x<c$ 时, $f(x)>0$,

得 $f\left(\frac{1}{a}\right)>0$, 这与 $f\left(\frac{1}{a}\right)=0$ 矛盾, 故 $\frac{1}{a}>c$.
(2) $\because f(c)=0, c>0, \therefore a c+b+1=0, \therefore b=-1-a c$.

$\because a>0, c>0, \therefore b<-1$.

又 $\because-\frac{b}{2 a}=\frac{x_{1}+x_{2}}{2}<\frac{x_{2}+x_{2}}{2}=x_{2}=\frac{1}{a}$ (由 (1), $x_{1}=c, x_{2}=\frac{1}{a}, \frac{1}{a}>c$, 得 $x_{2}>x_{1}$ ), $\therefore-\frac{b}{2 a}<\frac{1}{a}$.

$\because a>0, \quad \therefore b>-2, \quad \therefore-2<b<-1$.

(3) $\because^{t>0}$,

$\therefore$ 要证不等式成立, 只要证明 $g(t)=(a+b+c) t^{2}+(a+2 b+3 c) t+2 c>0$,

$\because c>1>0, \therefore f(1)>0$, 即 $a+b+c>0$

又 $\because-2<b<-1$,

$\therefore a+2 b+3 c=(a+b+c)+(b+2 c)>b+2 c>0$,

$\therefore$ 二次函数 ${ }^{g(t)}$ 的对称轴 $-\frac{a+2 b+3 c}{2(a+b+c)}<0$,

$\therefore g(t)$ 在 ${ }^{[0,+\infty)}$ 上是增函数.

当 $t>0$ 时, $g(t)>g(0)=2 c>0$,

即原不等式成立.