Question

4．已知函數(shù)f（x）=x³+x，g（x）=ln（x+1）+$\frac{a{x}^{2}+ax-1}{x+1}$，其中a≥-$\frac{5}{16}$．
（Ⅰ）對任意實數(shù)a，b，c，滿足a+b，b+c，c+a都是非負數(shù)，判斷f（a）+f（b）+f（c）的正負號，并證明你的結(jié)論；
（Ⅱ）若對任意的x₁∈[1，3]，存在x₂∈[1，3]，使得f（x₁）≥g（x₂）成立，求a的取值范圍；
（Ⅲ）是否存在實數(shù)a，對任意的x₁，x₂∈[1，3]都有f（x₁）≥g（x₂）成立？若存在，求出a的取值范圍；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）根據(jù)函數(shù)f（x）的單調(diào)性以及奇偶性得到f（a）+f（b）≥0，f（b）+f（c）≥0，f（c）+f（a）≥0，相加即可；
（Ⅱ）問題等價于f（x）_min≥g（x）_min，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性分別求出f（x）和g（x）的最小值jk；
（Ⅲ）問題等價于f（x）_min≥g（x）_max，分別求出f（x）的最小值和g（x）的最大值，求出a的范圍即可．

解答 解：（Ⅰ）容易證明函數(shù)f（x）=x³+x是遞增的奇函數(shù)，
而a+b≥0，b+c≥0，c+a≥0，則a≥-b，b≥-c，c≥-a，
∴f（a）≥f（-b），f（b）≥f（-c），f（c）≥f（-a），
即f（a）+f（b）≥0，f（b）+f（c）≥0，f（c）+f（a）≥0，
三式相加的f（a）+f（b）+f（c）≥0，
∴f（a）+f（b）+f（c）非負．                                      
（Ⅱ）g′（x）=${（\frac{1}{x+1}+\frac{1}{2}）}^{2}$+a-$\frac{1}{4}$，
而$\frac{1}{x+1}$∈[$\frac{1}{4}$，$\frac{1}{2}$]，∴g′（x）∈[a+$\frac{5}{16}$，a+$\frac{3}{4}$]，
又a≥-$\frac{5}{16}$，∴g′（x）≥0恒成立．
對任意的x₁∈[1，3]，存在x₂∈[1，3]，使得f（x₁）≥g（x₂）成立”等價于f（x）_min≥g（x）_min，
∵f（x）=x³+x在[1，3]上是單調(diào)遞增函數(shù)，
∴f（x）_min=f（1）=2，
而g（x）在[1，3]上單調(diào)遞增函數(shù)，
∴g（x）_min=g（1）=a+ln2-$\frac{1}{2}$，
由f（x）_min≥g（x）_min，得-$\frac{5}{16}$≤a≤$\frac{5}{2}$-ln2．                          
（Ⅲ）“對任意的x₁，x₂∈[1，3]都有f（x₁）≥g（x₂）成立”等價于f（x）_min≥g（x）_max，
而f（x）_min=f（1）=2，g（x）_max=g（3）=3a+2ln2-$\frac{1}{4}$，
故$\left\{\begin{array}{l}{a≥-\frac{5}{16}}\\{a≤-\frac{2}{3}ln2+\frac{3}{4}}\end{array}\right.$，解得：-$\frac{5}{16}$≤a≤-$\frac{2}{3}$ln2+$\frac{3}{4}$，
∴滿足條件的a存在，取值范圍為-$\frac{5}{16}$≤a≤-$\frac{2}{3}$ln2+$\frac{3}{4}$．

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導數(shù)的應用以及轉(zhuǎn)化思想，函數(shù)恒成立問題，是一道中檔題．