12.设函数f(x),g(x)对一切x∈(-∞,+∞)满足方程f"(x)+g(x)f'(x)-f(x)=0，又f(a)=f(b)=0，则在(a,b)内f(x)( )A. 恒正.B. 恒负.C. 可正可负.D. 恒为零.

本题考查利用函数的导数性质以及已知方程来判断函数在给定区间内的取值情况。解题的关键思路是通过构造辅助函数，利用罗尔定理来逐步推导函数的性质。

1. 首先，设$F(x)=e^{\frac{1}{2}\int_{a}^{x}g(t)dt}f(x)$，对$F(x)$求导：
   • 根据乘积的求导法则$(uv)^\prime = u^\prime v + uv^\prime$，其中$u = e^{\frac{1}{2}\int_{a}^{x}g(t)dt}$，$v = f(x)$。
   • 对$u$求导，令$y=\frac{1}{2}\int_{a}^{x}g(t)dt$，根据复合函数求导法则$\frac{du}{dx}=\frac{du}{dy}\cdot\frac{dy}{dx}$，$\frac{du}{dy}=e^y$，$\frac{dy}{dx}=\frac{1}{2}g(x)$，所以$u^\prime = e^{\frac{1}{2}\int_{a}^{x}g(t)dt}\cdot\frac{1}{2}g(x)$。
   • 则$F^\prime(x)=e^{\frac{1}{2}\int_{a}^{x}g(t)dt}\cdot\frac{1}{2}g(x)f(x)+e^{\frac{1}{2}\int_{a}^{x}g(t)dt}f^\prime(x)=e^{\frac{1}{2}\int_{a}^{x}g(t)dt}(f^\prime(x)+\frac{1}{2}g(x)f(x))$。
2. 然后，对$F^\prime(x)$再次求导：
   • 同样根据乘积的求导法则，设$u = e^{\frac{1}{2}\int_{a}^{x}g(t)dt}$，$v = f^\prime(x)+\frac{1}{2}g(x)f(x)$。
   • 对$u$求导还是$u^\prime = e^{\frac{1}{2}\int_{a}^{x}g(t)dt}\cdot\frac{1}{2}g(x)$。
   • 对$v$求导，$v^\prime = f^{\prime\prime}(x)+\frac{1}{2}g^\prime(x)f(x)+\frac{1}{2}g(x)f^\prime(x)$。
   • 则$F^{\prime\prime}(x)=e^{\frac{1}{2}\int_{a}^{x}g(t)dt}\cdot\frac{1}{2}g(x)(f^\prime(x)+\frac{1}{2}g(x)f(x))+e^{\frac{1}{2}\int_{a}^{x}g(t)dt}(f^{\prime\prime}(x)+\frac{1}{2}g^\prime(x)f(x)+\frac{1}{2}g(x)f^\prime(x))$。
   • 已知$f^{\prime\prime}(x)+g(x)f^\prime(x)-f(x)=0$，即$f^{\prime\prime}(x)=f(x)-g(x)f^\prime(x)$，代入上式化简可得$F^{\prime\prime}(x)=0$。
3. 接着，因为$F^{\prime\prime}(x)=0$，所以$F^\prime(x)$是一个常数函数。
   • 又因为$F(a)=e^{\frac{1}{2}\int_{a}^{a}g(t)dt}f(a)=0$，$F(b)=e^{\frac{1}{2}\int_{a}^{b}g(t)dt}f(b)=0$，由罗尔定理可知，存在$\xi\in(a,b)$，使得$F^\prime(\xi)=0$。
   • 由于$F^\prime(x)$是常数函数且$F^\prime(\xi)=0$，所以$F^\prime(x)=0$，$x\in(a,b)$。
4. 再对$F(x)$使用罗尔定理：
   • 因为$F^\prime(x)=0$，$x\in(a,b)$，且$F(a)=F(b)=0$，所以$F(x)$是一个常数函数。
   • 又$F(a)=0$，所以$F(x)=0$，$x\in(a,b)$。
5. 最后，因为$F(x)=e^{\frac{1}{2}\int_{a}^{x}g(t)dt}f(x)=0$，而$e^{\frac{1}{2}\int_{a}^{x}g(t)dt}\neq0$，所以$f(x)=0$，$x\in(a,b)$。