Question

12．已知函數(shù)f（x）=ax²+bx+1（a，b為實(shí)數(shù)，a≠0．x∈R）．
（1）若f（-1）=0，且函數(shù)f（x）的值域?yàn)閇0，+∞），求f（x）；
（2）設(shè)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(shù)f（x）為偶函數(shù)，證明：F（m）+F（n）＞0；
（3）設(shè)g（x）=$\frac{lnx+1}{{e}^{x}}$，g（x）的導(dǎo)函數(shù)是g′（x），當(dāng)a=b=1時(shí)，證明：對(duì)任意實(shí)數(shù)x＞0，[f（x）-1]g′（x）＜1+e^-2．

Answer 1

分析 （1）通過(guò)f（1）=0及f（x）的值域?yàn)閇0，+∞），結(jié)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(shù)，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(jié)論；
（3）通過(guò)f（x）=ax²+bx+1及a=b=1，問(wèn)題等價(jià)于證明“對(duì)任意實(shí)數(shù)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?yàn)閇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(shù)，∴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(shè)m＞0，則n＜0，
又m+n＞0，所以m＞-n＞0，又a＞0，
此時(shí)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(wèn)題等價(jià)于證明“對(duì)任意實(shí)數(shù)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(dāng)x∈（0，e^-2）時(shí)，i′（x）＞0，i（x）單調(diào)遞增；
當(dāng)x∈（e^-2，+∞）時(shí)，i′（x）＜0，i（x）單調(diào)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(diào)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(duì)任意實(shí)數(shù)x＞0，[f（x）-1]g′（x）＜1+e^-2．

點(diǎn)評(píng) 本題考查利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性以及求閉區(qū)間上的最值，考查運(yùn)算求解能力、數(shù)據(jù)處理能力和推理論證能力．