(Ⅰ)函数的导数的为f′(x)=(x+a+1)e
x,
当x∈[0,4]时,函数f(x)≥e
2恒成立,等价为f
min(x)≥e
2恒成立;
令f′(x)=0,解得x=-a-1,
f(x),f′(x)的情况如下:
x | (-∞,-a-1) | -a-1 | (-a-1,+∞) |
f′(x) | - | 0 | + |
f(x) | ↘ | 极小值 | ↗ |
①当-a-1≤0,即a≥-1时,f(x)在[0,4]上的最小值为f(0),
若满足题意只需f(0)≥e
2,解得a≥e
2;
②当0<-a-1<4,即-5<a<-1时,f(x)在[0,4]上的最小值为f(-a-1),
若满足题意只需f(-a-1))≥e
2,求解可得此不等式无解,
所以a不存在;
③当-a-1≥4,即a≤-5时,f(x)在[0,4]上的最小值为f(4),
若满足题意只需需f(4)≥e
2,解得(4+a)e
4≥e
2,
所以此时,a不存在.
综上实数a的取值范围为a≥e
2;
(Ⅱ)由(Ⅰ)知,f(x)的增区间为(-a-1,+∞),单调减区间为(-∞,-a-1),
∴若a>0,函数F(x)=af(x)的单调性与f(x)的单调性相同,
若a<0,函数F(x)=af(x)的单调性与f(x)的单调性相反,
综上当a>0时,函数F(x)=af(x)的增区间为(-a-1,+∞),单调减区间为(-∞,-a-1),
当a<0时,函数F(x)=af(x)的增区间为(-∞,-a-1),F(x)=af(x)的单调减区间为(-a-1,+∞).