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)通過(guò)討論a的范圍,求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù),得到函數(shù)的單調(diào)區(qū)間,從而確定a的范圍即可.
解答 解:(1)當(dāng)a=1時(shí),f'(x)=$\frac{x(x+3)}{(x+1)^{2}}$,f(x)在定義域 (-1,+∞)
∴f'(x)在(-1,0)上為減函數(shù),在 (0,+∞)上為增函數(shù),
∴函數(shù)的減區(qū)間為(-1,0),增區(qū)間為(0,+∞);
(2)①當(dāng)a≥1時(shí),由于x∈[0,+∞),
∴$f'(x)=aln({x+1})+\frac{2}{x+1}+ax-2≥ln({x+1})+\frac{2}{x+1}+x-2≥0$,
所以滿(mǎn)足f(x)在[0,+∞)上為單調(diào)增函數(shù),即a≥1;
②當(dāng)0<a<1時(shí),f'(x)=aln(x+1)+$\frac{2}{x+1}$+ax-2,
f''(x)=$\frac{a{x}^{2}+3ax+2a-2}{(s+1)^{2}}$,由方程ax2+3ax+2a-2=0的判別式:
△=a2+8a>0,所以方程有兩根x1,x2,且由${x_1}{x_2}=\frac{{2({a-1})}}{a}<0$,
∴x1<0<x2,
∴f'(x)在[0,x2]上為減函數(shù),由f'(0)=0可知,在x∈[0,x2]時(shí),f'(x)<0,
這與 f(x)在[0,+∞)上為單調(diào)增函數(shù)相矛盾.
③當(dāng)a≤0時(shí),∵$f'(x)=aln({x+1})+\frac{2}{x+1}+ax-2$,
∴f″(x)=$\frac{{ax}^{2}+3ax+2a-2}{{(x+1)}^{2}}$<0,
∴f'(x)在[0,+∞)上為減函數(shù),由f'(0)=0可知,
在x∈(0,+∞)時(shí),f'(x)<0,
這與 f(x)在[0,+∞)上為單調(diào)增函數(shù)也是相矛盾,
綜上所述:實(shí)數(shù)a的取值范圍是[0,+∞).
點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問(wèn)題,考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及分類(lèi)討論思想,轉(zhuǎn)化思想,是一道綜合題.
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A. | 1 | B. | 2 | C. | 3 | D. | 4 |
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A. | p∧q | B. | (¬p)∧q | C. | p∧(¬q) | D. | p∨(¬q) |
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A. | $\sqrt{2}$ | B. | 2 | C. | $2\sqrt{2}$ | D. | 4 |
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