(I)证明:①当x∈[0,1)时,(1+x)e-2x≥1-x⇔(1+x)e-x≥(1-x)ex, 令h(x)=(1+x)e-x-(1-x)ex,则h′(x)=x(ex-e-x). 当x∈[0,1)时,h′(x)≥0, ∴h(x)在[0,1)上是增函数, ∴h(x)≥h(0)=0,即f(x)≥1-x. ②当x∈[0,1)时,f(x)≤⇔ex≥1+x,令u(x)=ex-1-x,则u′(x)=ex-1. 当x∈[0,1)时,u′(x)≥0, ∴u(x)在[0,1)单调递增,∴u(x)≥u(0)=0, ∴f(x)≤. 综上可知:1-x≤f(x)≤. (II)设G(x)=f(x)-g(x)=(1+x)e-2x-(ax+x3+1+2xcosx) ≥1-x-ax-1-x3-2xcosx=-x(a+1++2cosx). 令H(x)=+2cosx,则H′(x)=x-2sinx, 令K(x)=x-2sinx,则K′(x)=1-2cosx. 当x∈[0,1)时,K′(x)<0, 可得H′(x)是[0,1)上的减函数,∴H′(x)≤H′(0)=0,故H(x)在[0,1)单调递减, ∴H(x)≤H(0)=2.∴a+1+H(x)≤a+3. ∴当a≤-3时,f(x)≥g(x)在[0,1)上恒成立. 下面证明当a>-3时,f(x)≥g(x)在[0,1)上不恒成立. f(x)-g(x)≤-(1+ax+x3+2xcosx)=-ax--2xcosx=-x(+a++2cosx). 令v(x)=+a++2cosx=+a+H(x),则v′(x)=+H′(x). 当x∈[0,1)时,v′(x)≤0,故v(x)在[0,1)上是减函数, ∴v(x)∈(a+1+2cos1,a+3]. 当a>-3时,a+3>0. ∴存在x0∈(0,1),使得v(x0)>0,此时,f(x0)<g(x0). 即f(x)≥g(x)在[0,1)不恒成立. 综上实数a的取值范围是(-∞,-3]. |