题目

已知 ， 为常数. （1） 讨论 的单调性； （2） 若 时， 恒成立，求实数 的取值范围. 答案： 解： f′(x)=(2aex−1)(ex+1) ， 当 a≤0 时， f′(x)<0 ， f(x) 在 R 上单调递减； 当 a>0 时，由 f′(x)>0 得， x>ln12a ；由 f′(x)<0 得， x<ln12a . 故 f(x) 在 (−∞,ln12a) 递减，在 (ln12a,+∞) 递增. 解：由 f(π2)≥0 得， aeπ+(2a−1)eπ2−π2≥0 ， a(eπ+2eπ2)≥eπ2+π2 ，∴ a>0 . ①当 a≥12 时，由（1）知， f(x) 在 [0,+∞) 上单调递增，∴ f(x)≥f(0)=3a−1≥(3a−1)cosx ， ②当 0<a<12 时，令 g(x)=f(x)−(3a−1)cosx ， 则 g′(x)=2ae2x+(2a−1)ex−1+(3a−1)sinx≥f′(x)−|3a−1| ， g′(0)=4a−2<0 ， g(0)=0 ， 当 13<a<12 时， g′(x)≥f′(x)−|3a−1|=2ae2x+(2a−1)ex−3a ， 由 2ae2x+(2a−1)ex−3a=0 得， x=ln(1−2a+28a2−4a+14a)>0 ， ∴ x≥ln1−2a+28a2−4a+14a 时， g′(x)≥g′(ln1−2a+28a2−4a+14a)≥0 ， 从而，由零点存在定理知，存在 x0∈(0,ln1−2a+28a2−4a+14a] ，使得 g′(x0)=0 . 当 x∈(0,x0) 时， g′(x)<0 ，此时， g(x)≤g(0)=0 ，不合题意. 当 0<a≤13 时， g′(x)≥f′(x)−|3a−1|=2ae2x+(2a−1)ex+3a−2 ， 由 2ae2x+(2a−1)ex+3a−2=0 得， x=ln(1−2a+−20a2+12a+14a)>0 ， ∴ x≥ln1−2a+−20a2+12a+14a 时， g′(x)≥g′(ln1−2a+−20a2+12a+14a)≥0 ， 从而，由零点存在定理知，存在 x1∈(0,ln1−2a+−20a2+12a+14a] ，使得 g′(x1)=0 ， 当 x∈(0,x1) 时， g′(x)<0 ，此时， g(x)≤g(0)=0 ，不合题意. 综上， a≥12 .

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