Question

4．已知f（x）=x²+mx+1（m∈R），g（x）=e^x．
（1）当x∈[0，2]时，F（x）=f（x）-g（x）为增函数，求实数m的取值范围；
（2）若m∈（-1，0），设函数$G（x）=\frac{f（x）}{g（x）}，H（x）=-\frac{1}{4}x+\frac{5}{4}$，求证：对任意x₁，x₂∈[1，1-m]，G（x₁）＜H（x₂）恒成立．

Answer 1

分析 （1）求出函数F（x）的导数，分离参数，问题转化为m≥e^x-2x在[0，2]恒成立，令h（x）=e^x-2x，x∈[0，2]，根据函数的单调性求出m的范围即可；
（2）问题转化为证G（x）_max≤H（x）_min，根据函数的单调性分别求出G（x）的最大值和H（x）的最小值，从而证出结论．

解答 解：（1）∵F（x）=x²+mx+1-e^x，
∴F′（x）=2x+m-e^x，
∵x∈[0，2]时，F（x）是增函数，
∴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]，
则h′（x）=e^x-2，令h′（x）=0，解得：x=ln2，
∴h（x）在[0，ln2]递减，在[ln2，2]递增，
∵h（0）=1，h（2）=e²-4＞1，
∴h（x）_max=h（2）=e²-4；
（2）G（x）=$\frac{{x}^{2}+mx+1}{{e}^{x}}$，
则G′（x）=-$\frac{（x-1）[x-（1-m）]}{{e}^{x}}$，
对任意x₁，x₂∈[1，1-m]，G（x₁）＜H（x₂）恒成立，
即证G（x）_max≤H（x）_min，
∵x∈[1，1-m]，
∴G（x）在[1，1-m]递增，
G（x）_max=G（1-m）=$\frac{2-m}{{e}^{1-m}}$，
∵H（x）在[1，1-m]递减，
H（x）_min=H（1-m）=-$\frac{1}{4}$（1-m）+$\frac{5}{4}$，
要证G（x）_max≤H（x）_min，
即证$\frac{2-m}{{e}^{1-m}}$≤-$\frac{1}{4}$（1-m）+$\frac{5}{4}$，
即证4（2-m）≤e^1-m[5-（1-m）]，
令1-m=t，则t∈（1，2），
设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]递增，
∵r（1）=4e-8＞0，
∴e^x（5-x）≥4（x+1），
从而有-$\frac{1}{4}$（1-m）+$\frac{5}{4}$≥$\frac{2-m}{{e}^{1-m}}$，
即当x∈[1，1-m]，G（x₁）＜H（x₂）恒成立．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，是一道中档题．