求所有的正实数对 $(a,b)$，使得函数 $f(x)=ax^{2}+b$ 满足：对任意实数 $x,y$，有\[f(xy)+f(x+y)\geqslant f(x)f(y).\]
答案 $\{(a,b)\mid 0<b\leqslant 1,0<a<1,2a+b\leqslant 2\}$．
解析 已知条件可转化为条件\[p:\forall x,y\in\mathbb R,(ax^{2}y^{2}+b)(a(x+y)+b)\geqslant (ax^{2}+b)(ay^{2}+b),\]先寻找 $a,b$ 所满足的必要条件． 在条件 $p$ 中令 $y=0$，得 $b+(ax^{2}+b)\geqslant (ax^{2}+b)\cdot b$，即对任意实数 $x$，有\[(1-b)ax^{2}+b(2-b)\geqslant 0.\]由于 $a>0$，故 $ax^{2}$ 可取到任意大的正值，因此必有 $1-b\geqslant 0$，即 $0<b\leqslant 1$． 在条件 $p$ 中再令 $y=-x$，得 $(ax^{4}+b)+b\geqslant (ax^{2}+b)^{2}$，即对任意实数 $x$，有\[(a-a^{2})x^{4}-2abx^{2}+(2b-b^{2})\geqslant 0,\] 将条件 $p$ 的左边记为 $g(x)$．显然 $a-a^{2}\ne 0$（否则，由 $a>0$ 可知 $a=1$，此时 $g(x)=-2bx^{2}+(2b-b^{2})$，其中 $b>0$，故 $g(x)$ 可取到负值，矛盾），于是\[\begin{split}g(x)&=(a-a^{2})\left(x^{2}-\dfrac{ab}{a-a^{2}}\right)^{2}-\dfrac{(ab)^{2}}{a-a^{2}}+(2b-b^{2})\\&=(a-a^{2})\left(x^{2}-\dfrac{b}{1-a}\right)^{2}+\dfrac{b}{1-a}(2-2a-b)\\&\geqslant 0.\end{split}\]对一切实数 $x$ 成立，从而必有 $a-a^{2}>0$，即 $0<a<1$． 进一步，考虑到此时 $\dfrac{b}{1-a}>0$，在根据\[g\left(\sqrt{\dfrac{b}{1-a}}\right)=\dfrac{b}{1-a}(2-2a-b)\geqslant 0,\]可得 $2a+b\leqslant 2$． 至此，求得 $a,b$ 满足的必要条件为条件\[q:0<b\leqslant 1,0<a<1,2a+b\leqslant 2.\] 下面证明，对满足上述条件 $q$ 的任意实数对 $(a,b)$ 以及任意实数 $x,y$，总有条件 $p$ 成立，即\[h(x,y)=(a-a^{2})x^{2}y^{2}+a(1-b)(x^{2}+y^{2})+2axy+(2b-b^{2})\]对任意 $x,y$ 取非负值． 事实上，在条件 $q$ 成立时，有 $a(1-b)\geqslant 0$，$a-a^{2}>0$，$\dfrac{b}{1-a}(2-2a-b)\geqslant 0$，再结合 $x^{2}+y^{2}\geqslant -2xy$，可得\[\begin{split}h(x,y)&\geqslant (a-a^{2})x^{2}y^{2}+a(1-b)(-2xy)+2axy+2axy+(2b-b^{2})\\&=(a-a^{2})x^{2}y^{2}+2abxy+(2b-b^{2})\\&=(a-a^{2})\left(xy+\dfrac{b}{1-a}\right)^{2}+\dfrac{b}{1-a}(2-2a-b)\\& \geqslant 0.\end{split}\]综上所述，所求的正实数对 $(a,b)$ 全体为 $\{(a,b)|0<b\leqslant 1,0<a<1,2a+b\leqslant 2\}$．