f（x）=ax2+bx+1（a,b属于R）,求（1）若f（-1）=0,且对任意实数x均有f（x）大于等于0成立,求a、b

（1）∵f（-1）=0，
∴a-b+1=0，①
∵函数f（x）的值域为[0，+∞），
∴a＞0且判别式△=0，即b²-4a=0，②
由①②得a=1，b=2．
∴f（x）=ax²+bx+1═x²+2x+1．
∴F（x）=

x2+2x+1，x＞0
−x2−2x−1， x＜0．
（2）g（x）=f（x）-kx=x²+（2-k）x+1，
函数的对称轴为x=−
2−k
2＝
k−2
2，
要使函数g（x）=f（x）-kx，在x∈[-2，2]上是单调函数，
则区间[-2，2]必在对称轴的一侧，
即
k−2
2≥2或
k−2
2≤−2，
解得k≥6或k≤-2．
即实数k的取值范围是k≥6或k≤-2．

点评：
本题考点： 函数单调性的性质；函数解析式的求解及常用方法．

考点点评： 本题主要考查二次函数的图象和性质，以及二次函数单调性与对称轴之间的关系．

（ax²+bx+1）（2x²-3x+1），
=ax⁴-3ax³+ax²+2bx³-3bx²+bx+2x²-3x+1，
∵积不含x³的项，也不含x的项，
∴-3a+2b=0，b-3=0，
解得：b=3，a=2，
则（a-b）²=（2-3）²=1．

点评：
本题考点： 多项式乘多项式．

考点点评： 此题主要考查了多项式乘以多项式，关键是掌握多项式与多项式相乘的法则：多项式与多项式相乘，先用一个多项式的每一项乘另外一个多项式的每一项，再把所得的积相加．

（Ⅰ）因为f（-1）=0，所以a-b+1=0．（1分）
因为方程f（x）=0有且只有一个根，所以△=b²-4a=0．
所以b²-4（b-1）=0．即b=2，a=1．（3分）
所以f（x）=（x+1）²．（4分）
（Ⅱ）因为g（x）=f（x）-kx=x²+2x+1-kx=x²-（k-2）x+1
=(x−
k−2
2)2+1−
(k−2)2
4．（6分）
所以当[k−2/2≥2或
k−2
2≤−2时，
即k≥6或k≤-2时，g（x）是单调函数．（9分）
（Ⅲ）f（x）为偶函数，所以b=0．所以f（x）=ax²+1．
所以F(x)＝

ax2+1x＞0
−ax2−1x＜0.]（10分）
因为mn＜0，不妨设m＞0，则n＜0．
又因为m+n＞0，所以m＞-n＞0．
所以|m|＞|-n|．（12分）
此时F（m）+F（n）=f（m）-f（n）=am²+1-an²-1=a（m²-n²）＞0．
所以F（m）+F（n）＞0．（14分）

点评：
本题考点： 函数解析式的求解及常用方法；函数单调性的性质；奇偶性与单调性的综合．

考点点评： 本题主要考查函数解析式的求法、函数单调性的性质和奇偶性与单调性综合运用的知识点，解答本题的关键是熟练掌握函数单调性的性质，利用奇偶性进行解题，此题难度不是很大．

（1）由题意，函数f（x）=ax²+bx+1（a，b为实数），
∵f（-1）=0，
∴a-b+1=0，即b=a+1，
∵函数f（x）≥0对任意x属于一切实数恒成立，即ax²+bx+1≥0对x∈R恒成立，
∴

a＞0
△=b2-4a≤0，
∵b=a+1，
∴

a＞0
(a+1)2-4a=(a-1)2≤0，
∴a=1，b=2，
∴f（x）=x²+2x+1，
∴F（x）=

x2+2x+1(x＞0)
-x2-2x-1(x＜0)；
（2）由（1）可知，f（x）=x²+2x+1，
∵g（x）=f（x）-kx，
∴g（x）=x²+（2-k）x+1=(x-
k-2
2)2+1-
(k-2)2
4，
∵对称轴为x=[k-2/2]，函数g（x）的图象开口向上，
∴g（x）在（-∞，[k-2/2]]上是单调递减函数，在[[k-2/2]，+∞）上是单调递增函数，
∵g（x）在x∈[-2，2]时是单调函数，
∴[-2，2]⊂（-∞，[k-2/2]]或[-2，2]⊂[[k-2/2]，+∞），
∴2≤[k-2/2]或[k-2/2]≤-2，解得k≥6或k≤-2，
∴实数k的取值范围为（-∞，-2]∪[6，+∞）．

点评：
本题考点： 函数单调性的性质；分段函数的解析式求法及其图象的作法．

考点点评： 本题考查了函数单调性的性质，分段函数解析式的求法．本题重点考查了二次函数的性质，对于二次函数要注意数形结合的应用，注意抓住二次函数的开口方向，对称轴，以及判别式的考虑．属于中档题．

根据题意，得
把点P（b，a）代入抛物线y=x²+1，得a=b²+1．
②中，把点A（1，3）代入抛物线y=ax²+bx+1，得a+b+1=3．
把a=b²+1，代入得b²+b-1=0，
△=1+4=5＞0，则方程有解．
故原命题为真命题．
③中，把点B（-2，1）代入抛物线y=ax²-bx+1，得a（-2）²-b×（-2）+1=1，即4a+2b=0．
把a=b²+1代入，得4b²+4+2b=0，
△=4-4×4×4=-60＜0，则方程无解．
故原命题为假命题．
故选C．

点评：
本题考点： 命题与定理．

考点点评： 解答此题的关键是要熟知真命题与假命题的概念：
真命题：判断正确的命题叫真命题；
假命题：判断错误的命题叫假命题；

由题意得：a+b+1=3，可得a+b=2
将a+b=2代入得1（1-2）=-1
故选B．

点评：
本题考点： 代数式求值．

考点点评： 本题考查代数式的求值，关键在于求出a+b的值，利用整体思想求解．注意括号前是负号时符号的变化．

（1）由 f（-1）=0得a-b+1=0又因为对x∈R恒有f（x）≥0，△=b²-4a≤0，得（a+1）²-4a≤0，（a-1）²≤0，
所以a=1b=2得f（x）=x²+2x+1
（2）g（x）=f（x）-kx=x²+（2-k）x+1是单调函数，则
k−2
2≥1或
k−2
2≤−1，所以得k≥4或k≤0

点评：
本题考点： 二次函数的性质；函数单调性的性质．

考点点评： 本题考查了二次函数的性质，主要是单调性的应用，属于基础重点题型，应该熟练掌握．

（1）由题意得：


a−b+1＝0
−
b
2a＝−1解得：

a＝1
b＝2
所以：f（x）=x²+2x+1…（6分）
（2）由（1）得g（x）=x²+（2-k）x+1当x∈[-2，2]时，g（x）是单调函数的充要条件是：
[−2，2]⊂(−∞，
k−2
2]或[−2，2]⊂[
k−2
2，+∞)，
-[2−k/2]≥2或−
2−k
2≤−2
解得：k≥6或k≤-2…（12分）

点评：
本题考点： 二次函数的性质．

考点点评： 本题考查了函数的恒成立问题及函数单调性的应用，难度一般，关键是掌握函数单调性的应用．

（ax²+bx+1）（2x²-3x-1）
=2ax⁴-3ax³-ax²+2bx³-3bx²-bx+2x²-3x-1
=2ax⁴+（2b-3a）x³+（-a-3b+2）x²+（-3-b）x-1，
∵在（ax²+bx+1）（2x²-3x-1）的计算结果中，不含x³项和x项，
∴2b-3a=0，-3-b=0，
解得：a=-2，b=-3．

点评：
本题考点： 多项式乘多项式．

考点点评： 本题考查了多项式乘以多项式法则和二元一次方程组的应用，关键是能根据题意得出关于a、b的方程组．

（ax²+bx+1）（2x²-3x-1）
=2ax⁴-3ax³-ax²+2bx³-3bx²-bx+2x²-3x-1
=2ax⁴+（2b-3a）x³+（-a-3b+2）x²+（-3-b）x-1，
∵在（ax²+bx+1）（2x²-3x-1）的计算结果中，不含x³项和x项，
∴2b-3a=0，-3-b=0，
解得：a=-2，b=-3．

点评：
本题考点： 多项式乘多项式．

考点点评： 本题考查了多项式乘以多项式法则和二元一次方程组的应用，关键是能根据题意得出关于a、b的方程组．

（1）∵f（-1）=0，
∴a-b+1=0，①
∵函数f（x）的值域为[0，+∞），
∴a＞0且判别式△=0，即b²-4a=0，②
由①②得a=1，b=2．
∴f（x）=ax²+bx+1=x²+2x+1．
∴F（x）=

x2+2x+1，x＞0
−x2−2x−1， x＜0．
（2）g（x）=f（x）-kx=x²+（2-k）x+1，
函数的对称轴为x=−
2−k
2＝
k−2
2，
要使函数g（x）=f（x）-kx，在x∈[-2，2]上是单调函数，
则区间[-2，2]必在对称轴的一侧，
即[k−2/2≥2或
k−2
2≤−2，
解得k≥6或k≤-2．
即实数k的取值范围是k≥6或k≤-2．
（3）∵f（x）是偶函数，∴f（-x）=f（x），
即ax²-bx+1=ax²+bx+1，
∴2bx=0，解得b=0．
∴f（x）=ax²+1．
∴F（x）=

ax2+1，x＞0
−ax2−1，x＜0]．
∵mn＜0，m+n＞0，a＞0，
不妨设m＞n，则m＞0，n＜0，
∴F（m）+F（n）=am²+1-an²-1=a（m²-n²）=a（m-n）（m+n），
∵m+n＞0，a＞0，m-n＞0，
∴F（m）+F（n）=a（m-n）（m+n）＞0．

点评：
本题考点： 函数单调性的判断与证明；函数解析式的求解及常用方法；函数奇偶性的判断．

考点点评： 本题主要考查二次函数的图象和性质，以及二次函数单调性与对称轴之间的关系．要求熟练掌握二次函数的相关知识．

（1）∵f（-1）=0∴a-b+1=0
又x∈R，f（x）≥0恒成立，
∴

a＞0
△＝b2−4a＝0
∴b²-4（b-1）=0∴a=1，b=2
∴f（x）=x²+2x+1
∴F(x)＝

(x+1)2，x＞0
−(x+1)2，x＜0
（2）∵f（x）为偶函数，
∴f（x）=ax²+1
∴F(x)＝

ax2+1，x＞0
−ax2−1，x ＜0
∵mn＜0设m＞n，则m＞0，n＜0
又m+n＞0
∴m＞-n＞0
∴|m|＞|-n|，
∴F（m）+F（n）=f（m）-f（n）=am²+1-（an²+1）=a（m²-n²）＞0
∴F（m）+F（n）能大于零．

点评：
本题考点： 二次函数的性质；函数解析式的求解及常用方法．

考点点评： 本题主要考查了利用待定系数法求解二次函数的解析式，求解的关键是灵活利用二次函数的性质由f（x）≥0恒成立得a＞0△＝b2−4a＝0．

（ax²+bx+1）（2x²-3x-1）
=2ax⁴-3ax³-ax²+2bx³-3bx²-bx+2x²-3x-1
=2ax⁴+（2b-3a）x³+（-a-3b+2）x²+（-3-b）x-1，
∵在（ax²+bx+1）（2x²-3x-1）的计算结果中，不含x³项和x项，
∴2b-3a=0，-3-b=0，
解得：a=-2，b=-3．

点评：
本题考点： 多项式乘多项式．

考点点评： 本题考查了多项式乘以多项式法则和二元一次方程组的应用，关键是能根据题意得出关于a、b的方程组．

（1）∵f（-1）=0，
∴b=a+1．
由f（x）≥0恒成立，
知△=b²-4a=（a+1）²-4a=（a-1）²≤0，
∴a=1．
从而f（x）=x²+2x+1．
∴F（x）=

(x+1)2(x＞0)
-(x+1)2(x＜0)．
（2）由（1）可知f（x）=x²+2x+1，
∴g（x）=f（x）-kx=x²+（2-k）+1．
由于g（x）在[-3，3]上是单调函数，
知-
2-k
2≤-3或-
2-k
2≥3，
解得k≤-4或k≥8．

点评：
本题考点： 函数恒成立问题．

考点点评： 本昰考查函数的恒成立问题，解题时要认真审题，仔细解答，注意合理地进行等价转化．

（1）依题意，得：

a−b+1＝0
a+b+1＝0，解得

a＝−1
b＝0；
∴抛物线的解析式为：y=-x²+1；

（2）易知A（-1，0），C（0，1），则直线AC的解析式为：y=x+1；
由于AC∥BD，可设直线BD的解析式为y=x+h，则有：1+h=0，h=-1；
∴直线BD的解析式为y=x-1；联立抛物线的解析式得：


y＝−x2+1
y＝x−1，解得

x＝1
y＝0，

点评：
本题考点： 二次函数综合题；解二元一次方程组；三角形的面积；勾股定理；相似三角形的判定与性质．

考点点评： 此题主要考查了二次函数解析式的确定、图形面积的求法以及相似三角形的判定和性质等重要知识点，同时还考查了分类讨论的数学思想．

（Ⅰ）∵f（-1）=0，
∴a-b+1=0即b=a+1，
又对任意实数x均有f（x）≥0成立
∴

a＞0
△＝b2−4a≤0恒成立，即（a-1）²≤0恒成立
∴a=1，b=2；
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知f（x）=x²+2x+1
∴g（x）=x²+（2-k）x+1
∵g（x）在x∈[-2，2]时是单调函数，
∴[−2，2]⊂(−∞，
k−2
2]或[−2，2]⊂[
k−2
2，+∞)
∴2≤
k−2
2或
k−2
2≤−2，
即实数k的取值范围为（-∞，-2]∪[6，+∞）．

点评：
本题考点： 函数恒成立问题；函数单调性的性质．

考点点评： 本题考查了函数的恒成立问题及函数单调性的应用，难度一般，关键是掌握函数单调性的应用．

根据题意，得
把点P（b，a）代入抛物线y=x²+1，得a=b²+1．
②中，把点A（1，3）代入抛物线y=ax²+bx+1，得a+b+1=3．
把a=b²+1，代入得b²+b-1=0，
△=1+4=5＞0，则方程有解．
故原命题为真命题．
③中，把点B（-2，1）代入抛物线y=ax²-bx+1，得a（-2）²-b×（-2）+1=1，即4a+2b=0．
把a=b²+1代入，得4b²+4+2b=0，
△=4-4×4×4=-60＜0，则方程无解．
故原命题为假命题．
故选C．

点评：
本题考点： 命题与定理．

考点点评： 解答此题的关键是要熟知真命题与假命题的概念：
真命题：判断正确的命题叫真命题；
假命题：判断错误的命题叫假命题；

（I）∵二次函数f（x）=ax2+bx+1（a＞0），且f（-1）=0，∴a-b+1=0，得b=a+1，则f（x）=ax2+（a+1）x+1，又∵对任意实数x均有f（x）≥0成立，a＞0，∴△=（a+1）2-4a≤0，即（a-1）2≤0，∴a=1，∴f（x）=x2+2x+1，...

点评：
本题考点： 函数单调性的性质；函数解析式的求解及常用方法．

考点点评： 本题考查了函数的单调性的应用，两个函数的简单运算后判定单调性，解题过程中用到了常数分离法求范围的方法，这是高考常考的考点，我们要熟练掌握；

∵抛物线开口向下，
∴a＜0，
∵抛物线对称轴在y轴的左边，
∴-[b/2a]＜0，
解得b＜0，
∴直线y=ax+b的图象经过第二、四象限，且与y轴负半轴相交，不经过第一象限．
故选A．

点评：
本题考点： 二次函数的图象；一次函数图象与系数的关系．

考点点评： 本题考查了二次函数图象与一次函数图象与系数的关系，根据抛物线确定出a、b的取值范围是解题的关键，也是难点．

由题意可得，f（x）=ax²+（a+1）x+1=（x²+x）a+（x+1），显然，当x=0或-1时，满足对任意的a∈[-1，1]都有f（x）≥0成立．
当x≠0 且x≠-1时，则有x²+x≠0，再由

(x2+1)•(−1)+x+1≥0
(x2+1)+x+1≥0，求得0≤x≤1．

点评：
本题考点： 二次函数在闭区间上的最值．

考点点评： 本题主要考查求二次函数在闭区间上的最值，二次函数的性质的应用，体现了转化的数学思想，属基础题．

（1）因为函数是偶函数，所以b=0，因为f（x）=2x有两个相等实根，即ax2+1=2x．有△=0，所以a=1．（2）∵f（-1）=0，∴a-b+1=0，又x∈R，f（x）≥0恒成立．∴a＞0△＝b2−4a≤0，∴b2-4（b-1）≤0，∴b=2，a=1，∴f（...

点评：
本题考点： 一元二次方程的根的分布与系数的关系；函数奇偶性的性质；二次函数的性质．

考点点评： 本题考查一元二次方程的根的分布与系数的关系，函数奇偶性的性质，二次函数的性质的应用，考查计算能力．

（ax²+bx+1）（2x²-3x-1）
=2ax⁴-3ax³-ax²+2bx³-3bx²-bx+2x²-3x-1
=2ax⁴+（2b-3a）x³+（-a-3b+2）x²+（-3-b）x-1，
∵在（ax²+bx+1）（2x²-3x-1）的计算结果中，不含x³项和x项，
∴2b-3a=0，-3-b=0，
解得：a=-2，b=-3．

点评：
本题考点： 多项式乘多项式．

考点点评： 本题考查了多项式乘以多项式法则和二元一次方程组的应用，关键是能根据题意得出关于a、b的方程组．

（1）由 f（-1）=0得a-b+1=0又因为对x∈R恒有f（x）≥0，△=b²-4a≤0，得（a+1）²-4a≤0，（a-1）²≤0，
所以a=1b=2得f（x）=x²+2x+1
（2）g（x）=f（x）-kx=x²+（2-k）x+1是单调函数，则
k−2
2≥1或
k−2
2≤−1，所以得k≥4或k≤0

点评：
本题考点： 二次函数的性质；函数单调性的性质．

考点点评： 本题考查了二次函数的性质，主要是单调性的应用，属于基础重点题型，应该熟练掌握．

（I）∵对于任意x∈R都有f（1+x）=f（1-x），
∴函数f（x）的对称轴为x=1，得b=-2a．
又函数y=f（x）+2x=ax²+（b+2）x+1为偶函数，
∴b=-2，从而可得a=1．
∴f（x）=x²-2x+1=（x-1）²．
（II）证明：设h（x）=f（x）+g（x）=（x-1）²+1-2^x，
∵h（0）=2-2⁰=1＞0，h（1）=-1＜0，
∴h（0）h（1）＜0．
∴函数h（x）在区间[0，1]内必有零点，
又∵（x-1）²，-2^x在区间[0，1]上均单调递减，
所以h（x）在区间[0，1]上单调递减，
∴h（x）在区间[0，1]上存在唯一零点．
故方程f（x）+g（x）=0在区间[0，1]上有唯一实数根．
（III）由题可知∴f（x）=（x-1）²≥0．g（x）=1-2^x＜1，
若有f（m）=g（n），则g（n）∈[0，1），
则1-2ⁿ≥0，解得 n≤0．
故n的取值范围是n≤0．

点评：
本题考点： 根的存在性及根的个数判断；函数奇偶性的性质．

考点点评： 本题考查根的存在性及根的个数判断，考查函数奇偶性的性质，考查学生对问题的理解能力及转化能力，零点存在定理及二次函数的有关性质是解决问题的基础．

∵二次函数f（x）=ax²+bx+1的最小值为f（-1）=0，
∴

a＞0
−
b
2a＝−1

4a−b2
4a＝0，
∴

a＝1
b＝2，
∴f（x）=x²+2x+1．
在区间（-∞，-1）单调递减，在区间[-1，+∞）单调递增．
∴f（x）的解析式为f（x）=x²+2x+1．单调减区间为（-∞，-1），单调增区间为[-1，+∞）．

点评：
本题考点： 函数解析式的求解及常用方法；函数单调性的判断与证明．

考点点评： 本题考查了二次函数的解析式和单调性，本题还可以用二次函数的顶点式去研究．本题难度不大，属于基础题．

根据题意列得：（ax²+bx+1）（3x+1）=3ax³+（a+3b）x²+（b+3）x+1，
∵不含x³的项，也不含x的项，
∴3a=0，b+3=0，
则a=0，b=-3．
故答案为：0；-3

点评：
本题考点： 多项式乘多项式．

考点点评： 此题考查了多项式乘以多项式，熟练掌握多项式乘以多项式法则是解本题的关键．

由题意知：a+b+1=3，
∴a+b=2，
∴（a+b-1）（1-a-b）=（2-1）×（1-2）=-1．故答案填-1．

点评：
本题考点： 代数式求值．

考点点评： 本题主要考查代数式的求值，注意运用整体代入法求解．

∵f（x）=ax²+bx+1，∴f′（x）=2ax+b，∴f^′（0）=b，又f′（0）＞0，∴b＞0．
又已知f（x）与x轴恰有一个交点，∴△=b²-4a=0，∴a=
b2
4，
∴f（1）=a+b+1=
b2
4+b+1．
∴
f(1)
f′(0)=

b2
4+b+1
b＝
b
4+
1
b+1≥2

b
4×
1
b+1=1+1=2．当且仅当[b/4＝
1
b]，即b=2时取等号，
∴最小值为2．
故答案为2．

点评：
本题考点： 导数的运算；函数的零点．

考点点评： 本题综合考查了二次函数、导数、基本不等式，熟练掌握它们的性质及使用方法是解决问题的关键，此题为中档题．

（1）由题意得：


a−b+1＝0
−
b
2a＝−1解得：

a＝1
b＝2
所以：f（x）=x²+2x+1…（6分）
（2）由（1）得g（x）=x²+（2-k）x+1当x∈[-2，2]时，g（x）是单调函数的充要条件是：
[−2，2]⊂(−∞，
k−2
2]或[−2，2]⊂[
k−2
2，+∞)，
-[2−k/2]≥2或−
2−k
2≤−2
解得：k≥6或k≤-2…（12分）

点评：
本题考点： 二次函数的性质．

考点点评： 本题考查了函数的恒成立问题及函数单调性的应用，难度一般，关键是掌握函数单调性的应用．

∵二次函数f（x）=ax²+bx+1的最小值为f（-1）=0，
∴

a＞0
−
b
2a＝−1

4a−b2
4a＝0，
∴

a＝1
b＝2，
∴f（x）=x²+2x+1．
在区间（-∞，-1）单调递减，在区间[-1，+∞）单调递增．
∴f（x）的解析式为f（x）=x²+2x+1．单调减区间为（-∞，-1），单调增区间为[-1，+∞）．

点评：
本题考点： 函数解析式的求解及常用方法；函数单调性的判断与证明．

考点点评： 本题考查了二次函数的解析式和单调性，本题还可以用二次函数的顶点式去研究．本题难度不大，属于基础题．

由题意知：a+b+1=3，
∴a+b=2，
∴（a+b-1）（1-a-b）=（2-1）×（1-2）=-1．故答案填-1．

点评：
本题考点： 代数式求值．

考点点评： 本题主要考查代数式的求值，注意运用整体代入法求解．

∵f（x）=ax²+bx+1，∴f′（x）=2ax+b，∴f^′（0）=b，又f′（0）＞0，∴b＞0．
又已知f（x）与x轴恰有一个交点，∴△=b²-4a=0，∴a=
b2
4，
∴f（1）=a+b+1=
b2
4+b+1．
∴
f(1)
f′(0)=

b2
4+b+1
b＝
b
4+
1
b+1≥2

b
4×
1
b+1=1+1=2．当且仅当[b/4＝
1
b]，即b=2时取等号，
∴最小值为2．
故答案为2．

点评：
本题考点： 导数的运算；函数的零点．

考点点评： 本题综合考查了二次函数、导数、基本不等式，熟练掌握它们的性质及使用方法是解决问题的关键，此题为中档题．

（Ⅰ）∵f（-1）=0∴a-b+1=0①又函数f（x）的值域为[0，+∞）∴a＞0∵f（x）=ax2+bx+1=a(x+b2a)2+4a−b24a∴y≥4a−b24a∴4a-b2=0②由①②得：a=1，b=2∴f（x）=x2+2x+1（Ⅱ）∵F（x）=xf（x）∴F′（x）=3x2+4x+1∴...

点评：
本题考点： 利用导数研究曲线上某点切线方程；函数解析式的求解及常用方法；二次函数的性质．

考点点评： 本题主要考查了利用导数的几何意义研究在某点处的切线方程，属常考题，较难．解题的关键是根据导数的几何意义得出F′（1）即为曲线F（x）在x=1处的切线方程的斜率！

（1）设g（x）=ax²+（b-1）x+1，且a＞0
∵x₁＜1＜x₂，∴（x₁-1）（x₂-1）＜0，即x₁x₂＜x₁+x₂-1，
于是x=m即x=-[b/2a]，也就是x=[1/2]（-[b−1/a]-[1/a]）
∴m=[1/2]（-[b−1/a]-[1/a]）=[1/2]（x₁+x₂）-[1/2]x₁x₂＞[1/2]（x₁+x₂）-[1/2][（x₁+x₂）-1]=[1/2]
即不等式m＞
1
2成立；
（2）由方程g（x）=ax²+（b-1）x+1=0，可得x₁x₂=[1/a]＞0，故x₁、x₂同号
由0＜x₁＜2且|x₁-x₂|=2，得x₂-x₁=2
∴x₂=x₁+2＞2，
由此可得2∈（x₁，x₂），得g（2）＜0，
所以4a+2b-1＜0，可得4a+2b＜1；
（3）由前面的结论，得x₁+x₂=[−b+1/a]，x₁x₂=[1/a]
α、β为区间[x₁，x₂]上的两个不同的点，不妨设α＜β
0＞2（α-x₁）（β-x₂）
∵2（α-x₁）（β-x₂）=2αβ-2（βx₁+αx₂）+2x₁x₂
=2αβ-（x₁+x₂）（α+β）+2x₁x₂+（x₁-x₂）（α-β）＞2αβ-（x₁+x₂）（α+β）+2x₁x₂
且2αβ-（x₁+x₂）（α+β）+2x₁x₂=
2aαβ−(1−b)(α−β)+2
a
∴0＞
2aαβ−(1−b)(α−β)+2
a，
结合a＞0，可得2aαβ-（1-b）（a+β）+2＜0．

点评：
本题考点： 一元二次方程的根的分布与系数的关系；二次函数的性质．

考点点评： 本题给出二次函数满足的条件，求证不等式恒成立并讨论函数零点的分布．着重考查了一元二次方程根与系数的关系、函数的零点和不等式的等价变形等知识，考查了逻辑思维能力与推理论证能力，考查了转化化归与数形结合的数学思想，属于难题．

①由图知：抛物线与x轴有两个不同的交点，则△=b²-4ac＞0，故①正确；
②抛物线开口向上，得：a＞0；
抛物线的对称轴为x=-[b/2a]=1，b=-2a，故b＜0；
抛物线交y轴于负半轴，得：c＜0；
所以abc＞0；
故②正确；
③根据②可将抛物线的解析式化为：y=ax²-2ax+c（a≠0）；
由函数的图象知：当x=-2时，y＞0；即4a-（-4a）+c=8a+c＞0，故③正确；
④根据抛物线的对称轴方程可知：（-1，0）关于对称轴的对称点是（3，0）；
当x=-1时，y＜0，所以当x=3时，也有y＜0，即9a+3b+c＜0；故④正确；
所以这四个结论都正确．
故选D．

点评：
本题考点： 二次函数图象与系数的关系．

考点点评： 本题主要考查图象与二次函数系数之间的关系，会利用对称轴的范围求2a与b的关系，以及二次函数与方程之间的转换，根的判别式的熟练运用．