Question

4．已知f（x）=x²+mx+1（m∈R），g（x）=e^x．
（1）當x∈[0，2]時，F(xiàn)（x）=f（x）-g（x）為增函數(shù)，求實數(shù)m的取值范圍；
（2）若m∈（-1，0），設(shè)函數(shù)$G（x）=\frac{f（x）}{g（x）}，H（x）=-\frac{1}{4}x+\frac{5}{4}$，求證：對任意x₁，x₂∈[1，1-m]，G（x₁）＜H（x₂）恒成立．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)F（x）的導(dǎo)數(shù)，分離參數(shù)，問題轉(zhuǎn)化為m≥e^x-2x在[0，2]恒成立，令h（x）=e^x-2x，x∈[0，2]，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出m的范圍即可；
（2）問題轉(zhuǎn)化為證G（x）_max≤H（x）_min，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性分別求出G（x）的最大值和H（x）的最小值，從而證出結(jié)論．

解答 解：（1）∵F（x）=x²+mx+1-e^x，
∴F′（x）=2x+m-e^x，
∵x∈[0，2]時，F(xiàn)（x）是增函數(shù)，
∴F′（x）≥0即2x+m-e^x≥0在[0，2]上恒成立，
即m≥e^x-2x在[0，2]恒成立，
令h（x）=e^x-2x，x∈[0，2]，
則h′（x）=e^x-2，令h′（x）=0，解得：x=ln2，
∴h（x）在[0，ln2]遞減，在[ln2，2]遞增，
∵h（0）=1，h（2）=e²-4＞1，
∴h（x）_max=h（2）=e²-4；
（2）G（x）=$\frac{{x}^{2}+mx+1}{{e}^{x}}$，
則G′（x）=-$\frac{（x-1）[x-（1-m）]}{{e}^{x}}$，
對任意x₁，x₂∈[1，1-m]，G（x₁）＜H（x₂）恒成立，
即證G（x）_max≤H（x）_min，
∵x∈[1，1-m]，
∴G（x）在[1，1-m]遞增，
G（x）_max=G（1-m）=$\frac{2-m}{{e}^{1-m}}$，
∵H（x）在[1，1-m]遞減，
H（x）_min=H（1-m）=-$\frac{1}{4}$（1-m）+$\frac{5}{4}$，
要證G（x）_max≤H（x）_min，
即證$\frac{2-m}{{e}^{1-m}}$≤-$\frac{1}{4}$（1-m）+$\frac{5}{4}$，
即證4（2-m）≤e^1-m[5-（1-m）]，
令1-m=t，則t∈（1，2），
設(shè)r（x）=e^x（5-x）-4（x+1），x∈[1，2]，
即r（x）=5e^x-xe^x-4x-4，
r′（x）=（4-x）e^x-4≥2e^x-4＞0，
∴r（x）在[1，2]遞增，
∵r（1）=4e-8＞0，
∴e^x（5-x）≥4（x+1），
從而有-$\frac{1}{4}$（1-m）+$\frac{5}{4}$≥$\frac{2-m}{{e}^{1-m}}$，
即當x∈[1，1-m]，G（x₁）＜H（x₂）恒成立．

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及分類討論思想，是一道中檔題．