题目内容
（2012•泸州二模）已知函数f（x）=ax2+bx+c和函数g（x）=ln（1+x2）+ax（a＜0）．
（Ⅰ）求函数g（x）的单调区间；
（Ⅱ）已知关于x的方程f（x）=x没有实数根，求证方程f（f（x））=x也没有实数根；
（Ⅲ）证明：(1+
)(1+
)(1+
)…(1+
)＜e(n∈N*)．
（Ⅰ）求函数g（x）的单调区间；
（Ⅱ）已知关于x的方程f（x）=x没有实数根，求证方程f（f（x））=x也没有实数根；
（Ⅲ）证明：(1+
| 1 |
| 22 |
| 1 |
| 42 |
| 1 |
| 82 |
| 1 |
| 22n |
分析：（Ⅰ）利用求导法则求出函数g（x）的导函数，把导函数解析式通分化简，分a小于等于-1，以及a大于-1小于0分别讨论导函数的正负，并利用二次函数的图象与性质，进而确定函数的单调性；
（Ⅱ）根据关于x的方程f（x）=x没有实数根，可得其判别式为0，再证明方程f（f（x））=x的判别式小于0即可；
（Ⅲ）a=-1时，g（x）在（-∞，+∞）上单调递减，可得a=-1时，函数为减函数，故当x＞0时，g（x）＜g（0），而g（0）=0，故g（x）＜0，即ln（1+x2）＜x，所证不等式左边取为e为底数的对数，利用对数的运算性质化简，并根据ln（1+x2）＜x变形，再利用等比数列的前n项和公式化简，得出小于1，最后再根据对数的运算性质即可得证．
（Ⅱ）根据关于x的方程f（x）=x没有实数根，可得其判别式为0，再证明方程f（f（x））=x的判别式小于0即可；
（Ⅲ）a=-1时，g（x）在（-∞，+∞）上单调递减，可得a=-1时，函数为减函数，故当x＞0时，g（x）＜g（0），而g（0）=0，故g（x）＜0，即ln（1+x2）＜x，所证不等式左边取为e为底数的对数，利用对数的运算性质化简，并根据ln（1+x2）＜x变形，再利用等比数列的前n项和公式化简，得出小于1，最后再根据对数的运算性质即可得证．
解答：（Ⅰ）解：g′(x)=
+a=
①当
，即a≤-1时，g′（x）≤0对x∈R恒成立，
∴g（x）在（-∞，+∞）上单调递减；
②当-1＜a＜0时，令g′（x）＞0，则ax2+2x+a＞0
∴
＜x＜
，
令g′（x）＜0，则ax2+2x+a＜0
∴x＜
或x＞
，
∴g(x)在(
，
)上单调递增，在(-∞，
)和(
，+∞)上单调递减；
综上所述，当a≤-1时，g（x）在（-∞，+∞）上单调递减，
当-1＜a＜0时，g（x）在(
，
)上单调递增，在(-∞，
)和(
，+∞)上单调递减．
（Ⅱ）证明：∵关于x的方程f（x）=x没有实数根
∴ax2+bx+c=x没有实数根
∴ax2+（b-1）x+c=0没有实数根
∴△=（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无实根
∴方程f（f（x））=x也没有实数根；
（Ⅲ）证明：由（Ⅰ）知，当a=-1时，g（x）在（-∞，+∞）上单调递减，
当x∈（0，+∞）时，由g（x）＜g（0）=0得：ln（1+x2）＜x，
∴ln[(1+
)(1+
)(1+
)…(1+
)]=ln(1+
)+ln(1+
)+…+ln(1+
)
＜
+
+…+
=
=(1-
)＜1=lne，
∴(1+
)(1+
)•…•(1+
)＜e
| 2x |
| 1+x2 |
| ax2+2x+a |
| 1+x2 |
①当
|
∴g（x）在（-∞，+∞）上单调递减；
②当-1＜a＜0时，令g′（x）＞0，则ax2+2x+a＞0
∴
-1+
| ||
| a |
-1-
| ||
| a |
令g′（x）＜0，则ax2+2x+a＜0
∴x＜
-1+
| ||
| a |
-1-
| ||
| a |
∴g(x)在(
-1+
| ||
| a |
-1-
| ||
| a |
-1+
| ||
| a |
-1-
| ||
| a |
综上所述，当a≤-1时，g（x）在（-∞，+∞）上单调递减，
当-1＜a＜0时，g（x）在(
-1+
| ||
| a |
-1-
| ||
| a |
-1+
| ||
| a |
-1-
| ||
| a |
（Ⅱ）证明：∵关于x的方程f（x）=x没有实数根
∴ax2+bx+c=x没有实数根
∴ax2+（b-1）x+c=0没有实数根
∴△=（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无实根
∴方程f（f（x））=x也没有实数根；
（Ⅲ）证明：由（Ⅰ）知，当a=-1时，g（x）在（-∞，+∞）上单调递减，
当x∈（0，+∞）时，由g（x）＜g（0）=0得：ln（1+x2）＜x，
∴ln[(1+
| 1 |
| 22 |
| 1 |
| 42 |
| 1 |
| 82 |
| 1 |
| 22n |
| 1 |
| 22 |
| 1 |
| 42 |
| 1 |
| 22n |
＜
| 1 |
| 2 |
| 1 |
| 4 |
| 1 |
| 2n |
| ||||
1-
|
| 1 |
| 2n |
∴(1+
| 1 |
| 22 |
| 1 |
| 42 |
| 1 |
| 22n |
点评：本题重点考查用导函数的正负判断函数的单调性，考查二次函数的性质，不等式的证明，函数单调性的应用，以及对数的运算性质，考查等比数列的前n项和公式，综合性较强，难度较大．
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