Question

4．已知函数f（x）=x³+x，g（x）=ln（x+1）+$\frac{a{x}^{2}+ax-1}{x+1}$，其中a≥-$\frac{5}{16}$．
（Ⅰ）对任意实数a，b，c，满足a+b，b+c，c+a都是非负数，判断f（a）+f（b）+f（c）的正负号，并证明你的结论；
（Ⅱ）若对任意的x₁∈[1，3]，存在x₂∈[1，3]，使得f（x₁）≥g（x₂）成立，求a的取值范围；
（Ⅲ）是否存在实数a，对任意的x₁，x₂∈[1，3]都有f（x₁）≥g（x₂）成立？若存在，求出a的取值范围；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）根据函数f（x）的单调性以及奇偶性得到f（a）+f（b）≥0，f（b）+f（c）≥0，f（c）+f（a）≥0，相加即可；
（Ⅱ）问题等价于f（x）_min≥g（x）_min，根据函数的单调性分别求出f（x）和g（x）的最小值jk；
（Ⅲ）问题等价于f（x）_min≥g（x）_max，分别求出f（x）的最小值和g（x）的最大值，求出a的范围即可．

解答 解：（Ⅰ）容易证明函数f（x）=x³+x是递增的奇函数，
而a+b≥0，b+c≥0，c+a≥0，则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）非负．                                      
（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．
对任意的x₁∈[1，3]，存在x₂∈[1，3]，使得f（x₁）≥g（x₂）成立”等价于f（x）_min≥g（x）_min，
∵f（x）=x³+x在[1，3]上是单调递增函数，
∴f（x）_min=f（1）=2，
而g（x）在[1，3]上单调递增函数，
∴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）“对任意的x₁，x₂∈[1，3]都有f（x₁）≥g（x₂）成立”等价于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+$\frac{3}{4}$，
∴满足条件的a存在，取值范围为-$\frac{5}{16}$≤a≤-$\frac{2}{3}$ln2+$\frac{3}{4}$．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及转化思想，函数恒成立问题，是一道中档题．