Question

12．已知函数f（x）=ax²+bx+1（a，b为实数，a≠0．x∈R）．
（1）若f（-1）=0，且函数f（x）的值域为[0，+∞），求f（x）；
（2）设F（x）=$\left\{\begin{array}{l}{f（x），x＞0}\\{-f（x），x＜0}\end{array}\right.$，mn＜0，m+n＞0，a＞0，且函数f（x）为偶函数，证明：F（m）+F（n）＞0；
（3）设g（x）=$\frac{lnx+1}{{e}^{x}}$，g（x）的导函数是g′（x），当a=b=1时，证明：对任意实数x＞0，[f（x）-1]g′（x）＜1+e^-2．

Answer 1

分析 （1）通过f（1）=0及f（x）的值域为[0，+∞），结合根的判别式可得b=2，a=1，从而可得f（x）=（x+1）²；
（2）由f（x）是偶函数，知F（x）=$\left\{\begin{array}{l}{a{x}^{2}+1，}&{x＞0}\\{-a{x}^{2}-1，}&{x＜0}\end{array}\right.$，再利用mn＜0，即得结论；
（3）通过f（x）=ax²+bx+1及a=b=1，问题等价于证明“对任意实数x＞0，$\frac{1+x}{{e}^{x}}$•（1-xlnx-x）＜1+e^-2”，然后分别研究i（x）=1-xlnx-x，与j（x）=$\frac{1+x}{{e}^{x}}$，x＞0的最大值即可．

解答 解：（1）∵f（1）=0，∴a-b+1=0，
∵f（x）的值域为[0，+∞），∴$\left\{\begin{array}{l}{a＞0}\\{△={b}^{2}-4a=0}\end{array}\right.$，
∴b²-4（b-1）=0，从而b=2，a=1，
所以f（x）=（x+1）²；
（2）∵f（x）是偶函数，∴b=0，即f（x）=ax²+1，
∴F（x）=$\left\{\begin{array}{l}{a{x}^{2}+1，}&{x＞0}\\{-a{x}^{2}-1，}&{x＜0}\end{array}\right.$，
∵mn＜0，不妨设m＞0，则n＜0，
又m+n＞0，所以m＞-n＞0，又a＞0，
此时F（m）+F（n）＞0；
（3）由f（x）=ax²+bx+1，a=b=1，得f（x）-1=x²+x，
∵g（x）=$\frac{lnx+1}{{e}^{x}}$，∴$g′（x）=\frac{\frac{1}{x}-lnx-1}{{e}^{x}}$，
则问题等价于证明“对任意实数x＞0，$（{x}^{2}+x）•\frac{\frac{1}{x}-lnx-1}{{e}^{x}}$＜1+e^-2”，
即$\frac{1+x}{{e}^{x}}$•（1-xlnx-x）＜1+e^-2，
下面先研究1-xlnx-x，再研究$\frac{1+x}{{e}^{x}}$，
①记i（x）=1-xlnx-x，x＞0，则i′（x）=-lnx-2，
令i′（x）=0，得x=e^-2，
当x∈（0，e^-2）时，i′（x）＞0，i（x）单调递增；
当x∈（e^-2，+∞）时，i′（x）＜0，i（x）单调递减；
所以i_max（x）=i（e^-2）=1+e^-2，即1-xlnx-x≤1+e^-2；
②记j（x）=$\frac{1+x}{{e}^{x}}$，x＞0，则$j′（x）=-\frac{x}{{e}^{x}}＜0$，所以f（x）在（0，+∞）上单调递减，
所以j（x）＜j（0）=1，即$\frac{1+x}{{e}^{x}}＜1$；
综合①、②，知：$\frac{1+x}{{e}^{x}}$•（1-xlnx-x）$≤\frac{1+x}{{e}^{x}}•（1+{e}^{-2}）$＜1+e^-2，
即原不等式得证：对任意实数x＞0，[f（x）-1]g′（x）＜1+e^-2．

点评 本题考查利用导数判断函数的单调性以及求闭区间上的最值，考查运算求解能力、数据处理能力和推理论证能力．