解答题已知函数f（x）=ax2+4ax+b-1（a≠0且a，b∈R），不等式|f（x）|≤|2x2+8x-10|恒成立．
（Ⅰ）求证：-5和1是函数f（x）的两个零点；并求实数a，b满足的关系式；
（Ⅱ）求函数f（x）在区间[a，2]（a＜2）上的最小值g（a）；
（Ⅲ）令F（x）=，若mn＜0，m+n＞0，试确定F（m）+F（n）的符号，并说明理由．
网友回答
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，
结合|f（-5）|≥0可得|f（-5）|=0．同理|f（1）|=0
∴-5和1是函数y=f（x）的两个零点
根据韦达定理，得?5a+b-1=0
（II）由（I）知，b=1-5a代入函数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，结合已知条件a＜2，
可得-2≤a＜2且a≠0
∵抛物线y=ax2+4ax-5a关于直线x=-2对称，
∴①当0＜a＜2时，函数图象开口向上，f（x）在区间[a，2]上是单调增函数，
此时最小值g（a）=f（a）=a3+4a2-5a
②当-2≤a＜0时，图象开口向下，f（x）在区间[a，2]上是单调减函数，
此时最小值g（a）=f（2）=7a
∴综上所述，得g（a）=
（III）∵F（x）=，
∴F（x）=
∵mn＜0，m+n＞0，
∴m、n的符号是一正一负，且正数的绝对值较大
不妨设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当a＞0时，因为m+n＞0，m-n+4＞0，
所以a（m+n）（m-n+4）＞0?F（m）+F（n）＞0；
②当a＜0时，因为m+n＞0，m-n+4＞0，
所以a（m+n）（m-n+4）＜0?F（m）+F（n）＜0
综上所述，当a＞0时，F（m）+F（n）的符号为正；当a＜0时，F（m）+F（n）的符号为负．解析分析：（I）根据已知条件中恒成立不等式的右边为零，解出x=-5或x=1．因此得到|f（-5）|≤0且|f（1）|≤0，结合绝对值非负的性质，可得f（-5）=0且f（1）=0，说明-5和1是函数f（x）的两个零点，最后用一元二次方程根与系数的关系，得到实数a，b满足的关系式；（II）结合（I）中a，b的关系式，化函数f（x）=ax2+4ax-5a．利用不等式|f（x）|≤|2x2+8x-10|恒成立，证明出|a|≤2，结合已知条件a＜2，可得-2≤a＜2且a≠0．最后在此情况下讨论二次函数的图象，根据函数的单调性，可得f（x）在区间[a，2]（a＜2）上的最小值g（a）的表达式；（III）在（II）的基础之上，可得F（x）=，再结合mn＜0，m+n＞0，可得m、n的符号是一正一负，且正数的绝对值较大．再假设m＞0，n＜0，通过代入F（m）+F（n），再分解因式，讨论实数a的正负，最终可确定F（m）+F（n）的符号．点评：本题以二次函数与含有绝对值的不等式恒成立为载体，着重考查了二次函数在闭区间上的最值、函数恒成立问题和函数的零点与方程根的关系等知识点，属于难题．