Question

6．已知f（x）=$\frac{{x}^{2}+（1-m）x+1}{{e}^{x}}$．
（I）求f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）是否存在實(shí)數(shù)x₁，x₂∈[0，1]，使得不等式2f（x₁）＜f（x₂）成立，若存在，求出m的取值范圍，若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）先求導(dǎo)數(shù)fˊ（x）然后在函數(shù)的定義域內(nèi)解不等式fˊ（x）＞0和fˊ（x）＜0，fˊ（x）＞0的區(qū)間為單調(diào)增區(qū)間，fˊ（x）＜0的區(qū)間為單調(diào)減區(qū)間．
（Ⅱ）假設(shè)存在實(shí)數(shù)x₁，x₂∈[0，1]，使得2f（x₁）＜f（x₂），則2f（x₁）_min＜f（x₂）_max，研究f（x）在[0，1]上單調(diào)性，用m表示出f（x）在[0，1]上的最值，解相關(guān)的關(guān)于m的不等式求出范圍．

解答 解：（Ⅰ）f′（x）=$\frac{-{x}^{2}+（m+1）x-m}{{e}^{x}}$=$\frac{-（x-m）（x-1）}{{e}^{x}}$，
當(dāng)m=1，f′（x）≤0恒成立，故函數(shù)f（x）在R上單調(diào)遞減，
當(dāng)m＞1，若f′（x）＞0，則1＜x＜m，函數(shù)單調(diào)遞增，
若f′（x）＜0，則x＜1或x＞m，函數(shù)單調(diào)遞減，
當(dāng)m＜1，若f′（x）＞0，則m＜x＜1，函數(shù)單調(diào)遞增，
若f′（x）＜0，則x＜m或x＞1，函數(shù)單調(diào)遞減，函數(shù)單調(diào)遞減，
綜上所述，當(dāng)m=1時(shí)，函數(shù)f（x）在R上單調(diào)遞減，
當(dāng)m＞1時(shí)，f（x）在（1，m）上單調(diào)遞增，在（-∞，1）或（m，+∞）單調(diào)遞減，
當(dāng)m＜1時(shí)，f（x）在（m，1）上單調(diào)遞增，在（-∞，m）或（1，+∞）單調(diào)遞減，
（Ⅱ）假設(shè)存在實(shí)數(shù)x₁，x₂∈[0，1]，使得2f（x₁）＜f（x₂），則2f（x₁）_min＜f（x₂）_max，
①當(dāng)m≥1時(shí)，f（x）在[0，1]上單調(diào)遞減
∴2f（1）＜f（0），即2×$\frac{3-m}{e}$＜1，得m＞3-$\frac{e}{2}$＞1．
②當(dāng)m≤0時(shí)，f（x）在[0，1]上單調(diào)遞增．
∴2f（0）＜f（1），即2＜$\frac{3-m}{e}$，得m＜3-2e＜0，
③當(dāng)0＜m＜1時(shí)，
在x∈[0，m），f（x）在[0，m]上單調(diào)遞減
在x∈（m，1]，f（x）在[m，1]上單調(diào)遞增．
∴2f（t）＜max{ f（0），f（1）}，即2×$\frac{m+1}{{e}^{m}}$＜max{ 1，$\frac{3-m}{e}$}（*）
由（Ⅰ）知，f（t）=2×$\frac{m+1}{{e}^{m}}$在[0，1]上單調(diào)遞減，故$\frac{4}{e}$≤2×$\frac{m+1}{{e}^{m}}$≤2，而$\frac{2}{e}$≤$\frac{3-m}{e}$≤$\frac{3}{e}$，所以不等式（*）無(wú)解．
綜上所述，存在m∈（-∞，3-2e）∪（3-$\frac{e}{2}$，+∞），使命題成立

點(diǎn)評(píng) 本題考查函數(shù)單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)關(guān)系，求函數(shù)單調(diào)區(qū)間，求最值，最值的應(yīng)用，分類(lèi)討論思想．關(guān)鍵是轉(zhuǎn)化到2f（x₁）_min＜f（x₂）_max，難點(diǎn)在于分類(lèi)討論求相應(yīng)的最值．