（1）证明：∵f（1）=1+b+c=-

1

2

，∴b+c=-

3

2

．

∴c=-

3

2

-b．

∴f（x）=x²+bx+c=x²+bx-

3

2

-b，

判别式△=b²-4（-

3

2

-b）=b²+4b+6

=（b+2）²+2＞0恒成立，故函数f（x）有两个零点

（2）若x₁，x₂是函数f（x）的两个零点，则x₁，x₂是方程f（x）=0的两根

∴x₁+x₂=-b，x₁•x₂=-

3

2

-b

∴|x₁-x₂|=

△

|a|

=

(b+2)2+2

≥

2

∴|x₁-x₂|的取值范围为[

2

，+∞）

（3）f（0）=c，f（2）=4+2b+c，由（I）知b+c=-

3

2

，∴f（2）=1-c．

（i）当c＞0时，有f（0）＞0，而f（1）=-

1

2

＜0，故函数f（x）在区间（0，1）内有一个零点，

故在区间（0，2）内至少有一个零点．

（ii）当c≤0时，f（1）＜0，f（0）=c≤0，f（2）=1-c＞0，∴函数f（x）在区间（1，2）内有一零点，

综合（i）（ii），可知函数f（x）在区间（0，2）内至少有一个零点