Question

（2012•瀘州二模）已知函數(shù)f（x）=ax²+bx+c和函數(shù)g（x）=ln（1+x²）+ax（a＜0）．
（Ⅰ）求函數(shù)g（x）的單調區(qū)間；
（Ⅱ）已知關于x的方程f（x）=x沒有實數(shù)根，求證方程f（f（x））=x也沒有實數(shù)根；
（Ⅲ）證明：(1+

1

22

)(1+

1

42

)(1+

1

82

)…(1+

1

22n

)＜e(n∈N*)．

Answer 1

分析：（Ⅰ）利用求導法則求出函數(shù)g（x）的導函數(shù)，把導函數(shù)解析式通分化簡，分a小于等于-1，以及a大于-1小于0分別討論導函數(shù)的正負，并利用二次函數(shù)的圖象與性質，進而確定函數(shù)的單調性；
（Ⅱ）根據(jù)關于x的方程f（x）=x沒有實數(shù)根，可得其判別式為0，再證明方程f（f（x））=x的判別式小于0即可；
（Ⅲ）a=-1時，g（x）在（-∞，+∞）上單調遞減，可得a=-1時，函數(shù)為減函數(shù)，故當x＞0時，g（x）＜g（0），而g（0）=0，故g（x）＜0，即ln（1+x²）＜x，所證不等式左邊取為e為底數(shù)的對數(shù)，利用對數(shù)的運算性質化簡，并根據(jù)ln（1+x²）＜x變形，再利用等比數(shù)列的前n項和公式化簡，得出小于1，最后再根據(jù)對數(shù)的運算性質即可得證．

解答：（Ⅰ）解：g′(x)=

2x

1+x2

+a=

ax2+2x+a

1+x2

①當

a＜0 △≤0

，即a≤-1時，g′（x）≤0對x∈R恒成立，
∴g（x）在（-∞，+∞）上單調遞減；
②當-1＜a＜0時，令g′（x）＞0，則ax²+2x+a＞0
∴

-1+ 1-a2

a

＜x＜

-1- 1-a2

a

，
令g′（x）＜0，則ax²+2x+a＜0
∴x＜

-1+ 1-a2

a

或x＞

-1- 1-a2

a

，
∴g(x)在(

-1+ 1-a2

a

，

-1- 1-a2

a

)上單調遞增，在(-∞，

-1+ 1-a2

a

)和(

-1- 1-a2

a

，+∞)上單調遞減；  
綜上所述，當a≤-1時，g（x）在（-∞，+∞）上單調遞減，
當-1＜a＜0時，g（x）在(

-1+ 1-a2

a

，

-1- 1-a2

a

)上單調遞增，在(-∞，

-1+ 1-a2

a

)和(

-1- 1-a2

a

，+∞)上單調遞減．
（Ⅱ）證明：∵關于x的方程f（x）=x沒有實數(shù)根
∴ax²+bx+c=x沒有實數(shù)根
∴ax²+（b-1）x+c=0沒有實數(shù)根
∴△=（b-1）²-4ac＜0
∵f（f（x））=x
∴a（ax²+bx+c）²+b（ax²+bx+c）+c=x
∴[ax²+（b-1）x+c][a²x²+a（b+1）x+b+ac+1]=0
∵ax²+（b-1）x+c≠0
∴a²x²+a（b+1）x+b+ac+1=0
∵△=a²（b+1）²-4a²（b+ac+1）=a²[（b+1）²-4（b+ac+1）]=a²[（b-1）²-4ac-4]＜0
∴a²x²+a（b+1）x+b+ac+1=0無實根
∴方程f（f（x））=x也沒有實數(shù)根；
（Ⅲ）證明：由（Ⅰ）知，當a=-1時，g（x）在（-∞，+∞）上單調遞減，
當x∈（0，+∞）時，由g（x）＜g（0）=0得：ln（1+x²）＜x，
∴ln[(1+

1

22

)(1+

1

42

)(1+

1

82

)…(1+

1

22n

)]=ln(1+

1

22

)+ln(1+

1

42

)+…+ln(1+

1

22n

)
＜

1

2

+

1

4

+…+

1

2n

=

1 2 (1- 1 2n )

1- 1 2

=(1-

1

2n

)＜1=lne，
∴(1+

1

22

)(1+

1

42

)•…•(1+

1

22n

)＜e

點評：本題重點考查用導函數(shù)的正負判斷函數(shù)的單調性，考查二次函數(shù)的性質，不等式的證明，函數(shù)單調性的應用，以及對數(shù)的運算性質，考查等比數(shù)列的前n項和公式，綜合性較強，難度較大．