Question

已知函數f（x）=ax²+4ax+b-1（a≠0且a，b∈R），不等式|f（x）|≤|2x²+8x-10|恒成立．
（Ⅰ）求證：-5和1是函數f（x）的兩個零點；并求實數a，b滿足的關系式；
（Ⅱ）求函數f（x）在區(qū)間[a，2]（a＜2）上的最小值g（a）；
（Ⅲ）令F（x）=，若mn＜0，m+n＞0，試確定F（m）+F（n）的符號，并說明理由．

Answer 1

解：（I）令2x²+8x-10=0，解得x=-5或x=1
∵不等式|f（x）|≤|2x²+8x-10|恒成立
∴|f（-5）|≤0，
結合|f（-5）|≥0可得|f（-5）|=0．同理|f（1）|=0
∴-5和1是函數y=f（x）的兩個零點
根據韋達定理，得?5a+b-1=0
（II）由（I）知，b=1-5a代入函數y=f（x）得
f（x）=ax²+4ax-5a=a（x+2）²-9a
∵不等式|f（x）|≤|2x²+8x-10|恒成立
∴|a（x²+4x-5）|≤|2x²+8x-10|
∴|a|≤2，結合已知條件a＜2，
可得-2≤a＜2且a≠0
∵拋物線y=ax²+4ax-5a關于直線x=-2對稱，
∴①當0＜a＜2時，函數圖象開口向上，f（x）在區(qū)間[a，2]上是單調增函數，
此時最小值g（a）=f（a）=a³+4a²-5a
②當-2≤a＜0時，圖象開口向下，f（x）在區(qū)間[a，2]上是單調減函數，
此時最小值g（a）=f（2）=7a
∴綜上所述，得g（a）=
（III）∵F（x）=，
∴F（x）=
∵mn＜0，m+n＞0，
∴m、n的符號是一正一負，且正數的絕對值較大
不妨設m＞0，n＜0，可得
F（m）+F（n）=am²+4am-5a+（-an²-4an+5a）=a[（m²-n²）+4（m+n）]=a（m+n）（m-n+4）
①當a＞0時，因為m+n＞0，m-n+4＞0，
所以a（m+n）（m-n+4）＞0?F（m）+F（n）＞0；
②當a＜0時，因為m+n＞0，m-n+4＞0，
所以a（m+n）（m-n+4）＜0?F（m）+F（n）＜0
綜上所述，當a＞0時，F(xiàn)（m）+F（n）的符號為正；當a＜0時，F(xiàn)（m）+F（n）的符號為負．
分析：（I）根據已知條件中恒成立不等式的右邊為零，解出x=-5或x=1．因此得到|f（-5）|≤0且|f（1）|≤0，結合絕對值非負的性質，可得f（-5）=0且f（1）=0，說明-5和1是函數f（x）的兩個零點，最后用一元二次方程根與系數的關系，得到實數a，b滿足的關系式；
（II）結合（I）中a，b的關系式，化函數f（x）=ax²+4ax-5a．利用不等式|f（x）|≤|2x²+8x-10|恒成立，證明出
|a|≤2，結合已知條件a＜2，可得-2≤a＜2且a≠0．最后在此情況下討論二次函數的圖象，根據函數的單調性，可得
f（x）在區(qū)間[a，2]（a＜2）上的最小值g（a）的表達式；
（III）在（II）的基礎之上，可得F（x）=，再結合mn＜0，m+n＞0，可得m、n的符號是一正一負，且正數的絕對值較大．再假設m＞0，n＜0，通過代入F（m）+F（n），再分解因式，討論實數a的正負，最終可確定F（m）+F（n）的符號．
點評：本題以二次函數與含有絕對值的不等式恒成立為載體，著重考查了二次函數在閉區(qū)間上的最值、函數恒成立問題和函數的零點與方程根的關系等知識點，屬于難題．