Question

2．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）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．

Answer 1

分析 （1）F（x）=x²+mx+1-e^x，求其導(dǎo)函數(shù)，由題意可得F'（x）=2x+m-e^x≥0對x∈[0，2]恒成立，即m≥e^x-2x．令h（x）=e^x-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）=e^x，
∴F（x）=x²+mx+1-e^x，得F'（x）=2x+m-e^x．
又∵x∈[0，2]時F（x）為增函數(shù)，∴F'（x）=2x+m-e^x≥0對x∈[0，2]恒成立，即m≥e^x-2x．
令h（x）=e^x-2x，x∈[0，2]，則h'（x）=e^x-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．