2.已知f(x)=x2+mx+1(m∈R),g(x)=ex
(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)設(shè)函數(shù)$G(x)=\frac{f(x)}{g(x)},H(x)=-\frac{1}{4}x+\frac{5}{4}$,若不等式G(x)≤H(x)對x∈[0,5]恒成立,求實數(shù)m的取值范圍.

分析 (1)F(x)=x2+mx+1-ex,求其導(dǎo)函數(shù),由題意可得F'(x)=2x+m-ex≥0對x∈[0,2]恒成立,即m≥ex-2x.令h(x)=ex-2x,x∈[0,2],利用導(dǎo)數(shù)求其最大值,則m的范圍可求;
(2)$G(x)=\frac{f(x)}{g(x)}=\frac{{x}^{2}+mx+1}{{e}^{x}}$,$H(x)=-\frac{1}{4}x+\frac{5}{4}$.把不等式G(x)≤H(x)對x∈[0,5]恒成立轉(zhuǎn)化為${x^2}+mx+1≤{e^x}(-\frac{1}{4}x+\frac{5}{4})$對x∈[0,5]恒成立,令φ(x)=${e}^{x}(-\frac{1}{4}x+\frac{5}{4})$,利用導(dǎo)數(shù)求其單調(diào)性,作出φ(x)的大致圖象,數(shù)形結(jié)合可得答案.

解答 解:(1)∵f(x)=x2+mx+1,g(x)=ex
∴F(x)=x2+mx+1-ex,得F'(x)=2x+m-ex
又∵x∈[0,2]時F(x)為增函數(shù),∴F'(x)=2x+m-ex≥0對x∈[0,2]恒成立,即m≥ex-2x.
令h(x)=ex-2x,x∈[0,2],則h'(x)=ex-2,由h'(x)=0,解得x=ln2.
當x∈(0,ln2)時,h'(x)<0,當x∈(ln2,2)時,h'(x)>0,
∴h(x)在[0,ln2]單調(diào)遞減;在(ln2,2]單調(diào)遞增,
又∵h(0)=1,h(2)=e2-4>1,
∴$h{(x)_{max}}=h(2)={e^2}-4$,
∴m≥e2-4;
(2)$G(x)=\frac{f(x)}{g(x)}=\frac{{x}^{2}+mx+1}{{e}^{x}}$,$H(x)=-\frac{1}{4}x+\frac{5}{4}$.
不等式G(x)≤H(x)對x∈[0,5]恒成立,即${x^2}+mx+1≤{e^x}(-\frac{1}{4}x+\frac{5}{4})$對x∈[0,5]恒成立,
令φ(x)=${e}^{x}(-\frac{1}{4}x+\frac{5}{4})$,則φ′(x)=${e}^{x}(-\frac{1}{4}x+1)$,
令φ'(x)=0,得x=4,
當x∈(-∞,4)時,φ′(x)>0,當x∈(4,+∞)時,φ′(x)<0,
∴φ(x)在(-∞,4)單調(diào)遞增;在(4,+∞)上單調(diào)遞減,
又∵φ(x)=0有唯一零點x=5,作出函數(shù)φ(x)的圖象如圖:
∵當x=0時,x2+mx+1=1<${e}^{0}(-\frac{1}{4}×0+\frac{5}{4})=\frac{5}{4}$成立.
∴要滿足r(x)=x2+mx+1≤φ(x)對x∈[0,5]恒成立,
只需r(5)≤0,即26+5m≤0,解得$m≤-\frac{26}{5}$.

點評 本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性,考查利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值,體現(xiàn)了數(shù)學(xué)轉(zhuǎn)化思想方法和數(shù)形結(jié)合的解題思想方法,屬難題.

練習冊系列答案
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