Question

3．已知函數(shù)f（x）=（x+1）e^2x，g（x）=aln（x+1）+$\frac{3}{4}$x²+（3-a）x+a（a∈R）．
（1）當a=9，求函數(shù)y=g（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）若f（x）≥g（x）恒成立，求a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（2）令h（x）=（x+1）e^2x-aln（x+1）-$\frac{3}{4}$x²-（3-a）x-a，通過討論a的范圍，求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性求出a的具體范圍即可．

解答 解：（1）a=9時，g（x）=9ln（x+1）+$\frac{3}{4}$x²-6x+9，
g′（x）=$\frac{3{（x}^{2}-3x+2）}{2（x+1）}$，（x＞-1），
由g′（x）＞0，解得：-1＜x＜1或x＞2，
由g′（x）＜0，解得：1＜x＜2，
∴g（x）在（-1，1）遞增，在（1，2）遞減，在（2，+∞）遞增；
（2）由f（x）≥g（x），得：（x+1）e^2x≥aln（x+1）+$\frac{3}{4}$x²+（3-a）x+a，
令h（x）=（x+1）e^2x-aln（x+1）-$\frac{3}{4}$x²-（3-a）x-a，
①a≥0時，h′（x）=（2x+3）e^2x-$\frac{a}{x+1}$-$\frac{3}{2}$x+（a-3），
1°，x=0時，h′（x）=0，
2°，x∈（-1，0）時，h′（x）＜（2x+3）e^2x-$\frac{a}{x+1}$-2x+（a-3）=（2x+3）（e^2x-1）+a（1-$\frac{1}{x+1}$）＜0，
3°，x∈（0，+∞）時，h′（x）＞（2x+3）e^2x-$\frac{a}{x+1}$-2x+（a-3）=（2x+3）（e^2x-1）+a（1-$\frac{1}{x+1}$）＞0，
∴h（x）在（-1，0）遞減，在（0，+∞）遞增，
∴h（x）的最小值是h（0）=1-a，
則$\left\{\begin{array}{l}{a≥0}\\{1-a≥0}\end{array}\right.$，解得：0≤a≤1；
②a＜0時，x∈（-1，0）時，f（x）∈（0，1），即f（x）＜1，
而對于函數(shù)g（x），不妨令x=-1+${e}^{\frac{4-2a}{a}}$，
有g(shù)（x）=aln（x+1）+$\frac{3}{4}$x²+（3-a）x+a＞aln（x+1）+2a-3=aln（-1+${e}^{\frac{4-2a}{a}}$+1）+2a-3=1，
故在（-1，0）內(nèi)存在-1+${e}^{\frac{4-2a}{a}}$，使得g（x）＞f（x），f（x）≥g（x）b不恒成立，
綜上，a的范圍是[0，1]．

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及分類討論思想，是一道綜合題．