Question

2．设f（x）=xe^x，g（x）=$\frac{1}{2}$x²+x．
（1）令F（x）=f（x）+g（x），求F（x）的最小值；
（2）若任意x₁，x₂∈[-1，+∞）且x₁＞x₂有m[f（x₁）-f（x₂）]＞g（x₁）-g（x₂）恒成立，求实数m的取值范围．

Answer 1

分析 （1）求出函数F（x）的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，从而求出函数的最小值即可；
（2）问题转化为任意x₁，x₂∈[-1，+∞）且x₁＞x₂有mf（x₁）-g（x₁）＞mf（x₂）-g（x₂）＞0恒成立，令h（x）=mf（x）-g（x）=mxe^x-$\frac{1}{2}$x²-x，x∈[-1，+∞），根据函数的单调性求出m的范围即可．

解答 解：（1）F（x）=f（x）+g（x）=xe^x+$\frac{1}{2}$x²+x，
F′（x）=（x+1）（e^x+1），
令F′（x）＞0，解得：x＞-1，令F′（x）＜0，解得：x＜-1，
故F（x）在（-∞，-1）递减，在（-1，+∞）递增，
故F（x）_min=F（-1）=-1-$\frac{1}{e}$；
（2）若任意x₁，x₂∈[-1，+∞）且x₁＞x₂有m[f（x₁）-f（x₂）]＞g（x₁）-g（x₂）恒成立，
则任意x₁，x₂∈[-1，+∞）且x₁＞x₂有mf（x₁）-g（x₁）＞mf（x₂）-g（x₂）＞0恒成立，
令h（x）=mf（x）-g（x）=mxe^x-$\frac{1}{2}$x²-x，x∈[-1，+∞），
即只需h（x）在[-1，+∞）递增即可；
故h′（x）=（x+1）（me^x-1）≥0在[-1，+∞）恒成立，
故m≥$\frac{1}{{e}^{x}}$，而$\frac{1}{{e}^{x}}$≤e，
故m≥e．

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函数恒成立问题，是一道综合题．