Question

已知函數(shù)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(shù)f（x）的兩個零點；并求實數(shù)a，b滿足的關系式；
（Ⅱ）求函數(shù)f（x）在區(qū)間[a，2]（a＜2）上的最小值g（a）；
（Ⅲ）令F（x）=

f(x)， x＞0 -f(x)  x＜0

，若mn＜0，m+n＞0，試確定F（m）+F（n）的符號，并說明理由．

Answer 1

分析：（I）根據(jù)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(jié)合絕對值非負的性質(zhì)，可得f（-5）=0且f（1）=0，說明-5和1是函數(shù)f（x）的兩個零點，最后用一元二次方程根與系數(shù)的關系，得到實數(shù)a，b滿足的關系式；
（II）結(jié)合（I）中a，b的關系式，化函數(shù)f（x）=ax²+4ax-5a．利用不等式|f（x）|≤|2x²+8x-10|恒成立，證明出
|a|≤2，結(jié)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(shù)的圖象，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)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）=

ax 2+4ax-5a     (x＞0) -ax 2-4ax+5a    (x＜0)

，再結(jié)合mn＜0，m+n＞0，可得m、n的符號是一正一負，且正數(shù)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(shù)a的正負，最終可確定F（m）+F（n）的符號．

解答：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(jié)合|f（-5）|≥0可得|f（-5）|=0．同理|f（1）|=0
∴-5和1是函數(shù)y=f（x）的兩個零點
根據(jù)韋達定理，得

-5+1=- 4a a -5×1= b-1 a

⇒5a+b-1=0
（II）由（I）知，b=1-5a代入函數(shù)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(jié)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(shù)圖象開口向上，f（x）在區(qū)間[a，2]上是單調(diào)增函數(shù)，
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(diào)減函數(shù)，
此時最小值g（a）=f（2）=7a
∴綜上所述，得g（a）=

a3+4a2-5a     (0＜a＜2) 7a                (-2≤a＜0)

（III）∵F（x）=

f(x)， x＞0 -f(x)  x＜0

，
∴F（x）=

ax 2+4ax-5a     (x＞0) -ax 2-4ax+5a    (x＜0)

∵mn＜0，m+n＞0，
∴m、n的符號是一正一負，且正數(shù)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．

點評：本題以二次函數(shù)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(shù)在閉區(qū)間上的最值、函數(shù)恒成立問題和函數(shù)的零點與方程根的關系等知識點，屬于難題．