Question

12．已知函數f（x）=ax²+bx+1（a，b為實數，a≠0．x∈R）．
（1）若f（-1）=0，且函數f（x）的值域為[0，+∞），求f（x）；
（2）設F（x）=$\left\{\begin{array}{l}{f（x），x＞0}\\{-f（x），x＜0}\end{array}\right.$，mn＜0，m+n＞0，a＞0，且函數f（x）為偶函數，證明：F（m）+F（n）＞0；
（3）設g（x）=$\frac{lnx+1}{{e}^{x}}$，g（x）的導函數是g′（x），當a=b=1時，證明：對任意實數x＞0，[f（x）-1]g′（x）＜1+e^-2．

Answer 1

分析 （1）通過f（1）=0及f（x）的值域為[0，+∞），結合根的判別式可得b=2，a=1，從而可得f（x）=（x+1）²；
（2）由f（x）是偶函數，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，即得結論；
（3）通過f（x）=ax²+bx+1及a=b=1，問題等價于證明“對任意實數x＞0，$\frac{1+x}{{e}^{x}}$•（1-xlnx-x）＜1+e^-2”，然后分別研究i（x）=1-xlnx-x，與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）的值域為[0，+∞），∴$\left\{\begin{array}{l}{a＞0}\\{△=^{2}-4a=0}\end{array}\right.$，
∴b²-4（b-1）=0，從而b=2，a=1，
所以f（x）=（x+1）²；
（2）∵f（x）是偶函數，∴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，不妨設m＞0，則n＜0，
又m+n＞0，所以m＞-n＞0，又a＞0，
此時F（m）+F（n）＞0；
（3）由f（x）=ax²+bx+1，a=b=1，得f（x）-1=x²+x，
∵g（x）=$\frac{lnx+1}{{e}^{x}}$，∴$g′（x）=\frac{\frac{1}{x}-lnx-1}{{e}^{x}}$，
則問題等價于證明“對任意實數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記i（x）=1-xlnx-x，x＞0，則i′（x）=-lnx-2，
令i′（x）=0，得x=e^-2，
當x∈（0，e^-2）時，i′（x）＞0，i（x）單調遞增；
當x∈（e^-2，+∞）時，i′（x）＜0，i（x）單調遞減；
所以i_max（x）=i（e^-2）=1+e^-2，即1-xlnx-x≤1+e^-2；
②記j（x）=$\frac{1+x}{{e}^{x}}$，x＞0，則$j′（x）=-\frac{x}{{e}^{x}}＜0$，所以f（x）在（0，+∞）上單調遞減，
所以j（x）＜j（0）=1，即$\frac{1+x}{{e}^{x}}＜1$；
綜合①、②，知：$\frac{1+x}{{e}^{x}}$•（1-xlnx-x）$≤\frac{1+x}{{e}^{x}}•（1+{e}^{-2}）$＜1+e^-2，
即原不等式得證：對任意實數x＞0，[f（x）-1]g′（x）＜1+e^-2．

點評 本題考查利用導數判斷函數的單調性以及求閉區(qū)間上的最值，考查運算求解能力、數據處理能力和推理論證能力．