Question

9．已知函數(shù)f（x）=e^x（mx³-x-2）．
（Ⅰ）若f（x）在區(qū)間（2，3）上不是單調(diào)函數(shù)，求實數(shù)m的取值范圍；
（Ⅱ）當(dāng)x∈[0，+∞）時，不等式$\frac{f（x）}{{e}^{2x}}$+2≤x恒成立，求整數(shù)m的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過討論m的范圍，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，結(jié)合題意確定m的范圍即可；
（Ⅱ）問題等價于（x-2）e^x-mx³+x+2≥0，由題意知當(dāng)x∈[0，+∞），不等式（x-2）e^x-mx³+x+2≥0恒成立．令h（x）=（x-2）e^x-mx³+x+2，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出m的范圍即可．

解答 解：（Ⅰ）f′（x）=（mx³+3mx²-x-3），
①當(dāng)m≤0時，若x∈（2，3），則f'（x）＜0，
所以函數(shù)f（x）在（2，3）上單調(diào)遞減，不滿足題意；
②當(dāng)m＞0時，由f'（x）=0，得x=-3或$x=\sqrt{\frac{1}{m}}$或$x=-\sqrt{\frac{1}{m}}$，
易知f（x）在$（0，\sqrt{\frac{1}{m}}）$上單調(diào)遞減，在$（\sqrt{\frac{1}{m}}，+∞）$上單調(diào)遞增．
因為f（x）在區(qū)間（2，3）上不是單調(diào)函數(shù)，
所以$2＜\sqrt{\frac{1}{m}}＜3$，解得$\frac{1}{9}＜m＜\frac{1}{4}$．
綜上所述，實數(shù)m的取值范圍是$（\frac{1}{9}，\frac{1}{4}）$．
（Ⅱ）不等式$\frac{f（x）}{{{e^{2x}}}}+2≤x$等價于$\frac{{m{x^3}-x-2}}{{{e^{2x}}}}+2≤x$，
等價于（x-2）e^x-mx³+x+2≥0，
由題意知當(dāng)x∈[0，+∞），不等式（x-2）e^x-mx³+x+2≥0恒成立．
令h（x）=（x-2）e^x-mx³+x+2，
則h'（x）=（x-1）e^x-3mx²+1，
令ϕ（x）=h'（x）=（x-1）e^x-3mx²+1，
由ϕ（0）=h'（0）=0，且ϕ'（x）=x（e^x-6m）．
①當(dāng)6m≤1，即$m≤\frac{1}{6}$時，由x≥0，知e^x≥1，
則ϕ'（x）=x（e^x-6m）≥0，
所以函數(shù)ϕ（x）即h'（x）在[0，+∞）上單調(diào)遞增．
又由ϕ（0）=h'（0）=0，
故當(dāng)x∈[0，+∞）時，h'（x）≥h'（0）=0，
所以h（x）在[0，+∞）上單調(diào)遞增．
又因為h（0）=0，所以h（x）≥0在[0，+∞）上恒成立，滿足題意；
②當(dāng)6m＞1，即$m＞\frac{1}{6}$時，
若x∈（0，ln（6m）），則ϕ'（x）=x（e^x-6m）＜0，
函數(shù)ϕ（x）即h'（x）單調(diào)遞減，
又由ϕ（0）=h'（0）=0，
所以當(dāng)x∈（0，ln（6m））時，h'（x）＜h'（0）=0，
所以h（x）在（0，ln（6m））上單調(diào)遞減．
又因為h（0）=0，所以x∈（0，ln（6m））時，h（x）＜0，
這與題意h（x）≥0在[0，+∞）上恒成立相矛盾，故舍去．
綜上所述，$m≤\frac{1}{6}$．

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，是一道綜合題．