Question

4．已知函数f（x）满足f（1+x）=f（1-x），且x≥1时，f（x）=xlnx，若不等式f（e^x+1）≥f（ax+1）对任意x∈[0，3]恒成立，则实数a的取值范围是（　　）

• A． [-e，e]
• B． [-$\frac{{e}^{3}}{3}$，$\frac{{e}^{3}}{3}$]
• C． [-e，$\frac{{e}^{3}}{3}$]
• D． （-∞，e]

Answer 1

分析 函数f（x）满足f（1+x）=f（1-x），可得函数f（x）的图象关于直线x=1对称．x≥1时，f（x）=xlnx，由于f′（x）＞0，可得函数f（x）单调递增；x＜1时，函数f（x）单调递减．
①当ax+1≥1时，由不等式f（e^x+1）≥f（ax+1）对任意x∈[0，3]恒成立，可得a≥0，e^x+1≥ax+1，即e^x≥ax，对任意x∈[0，3]恒成立．x=0时恒成立．x∈（0，3]时a≤$\frac{{e}^{x}}{x}$，令g（x）=$\frac{{e}^{x}}{x}$，利用导数研究其单调性极值与最值即可得出．
②当ax+1＜1时，ax＜0．由不等式f（e^x+1）≥f（ax+1）化为f（1-e^x）≥f（ax+1）对任意x∈[0，3]恒成立，
a＜0．x＜1时，函数f（x）单调递减．可得1-e^x≤ax+1，化简利用导数研究函数的单调性即可得出．

解答 解：函数f（x）满足f（1+x）=f（1-x），∴函数f（x）的图象关于直线x=1对称．
x≥1时，f（x）=xlnx，∴f′（x）=lnx+1≥1＞0，因此函数f（x）单调递增；
可得x＜1时，函数f（x）单调递减．
e^x+1＞1．
①当ax+1≥1时，由不等式f（e^x+1）≥f（ax+1）对任意x∈[0，3]恒成立，
∴a≥0，e^x+1≥ax+1，即e^x≥ax，对任意x∈[0，3]恒成立．
x=0时恒成立．
x∈（0，3]时a≤$\frac{{e}^{x}}{x}$，令g（x）=$\frac{{e}^{x}}{x}$，g′（x）=$\frac{{e}^{x}（x-1）}{{x}^{2}}$，
可得x=1时，函数g（x）取得极小值即最小值，g（1）=e．
∴a≤e．
∴0≤a≤e．
②当ax+1＜1时，ax＜0．
由不等式f（e^x+1）≥f（ax+1）化为f（1-e^x）≥f（ax+1）对任意x∈[0，3]恒成立，
∴a＜0．
∵x＜1时，函数f（x）单调递减．
∴1-e^x≤ax+1，即-e^x≤ax．
x=0时恒成立．
当x∈（0，3]时，a≥-$\frac{{e}^{x}}{x}$，
令h（x）=-$\frac{{e}^{x}}{x}$，h′（x）=$\frac{{e}^{x}（1-x）}{{x}^{2}}$，
可得x=1时，函数h（x）取得极大值即最大值，h（1）=-e．
∴-e≤a＜0．
综上可得：-e≤a≤e．
故选：A．

点评 本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、分类讨论方法、方程与不等式的解法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．