Question

2．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）设函数$G（x）=\frac{f（x）}{g（x）}，H（x）=-\frac{1}{4}x+\frac{5}{4}$，若不等式G（x）≤H（x）对x∈[0，5]恒成立，求实数m的取值范围．

Answer 1

分析 （1）F（x）=x²+mx+1-e^x，求其导函数，由题意可得F'（x）=2x+m-e^x≥0对x∈[0，2]恒成立，即m≥e^x-2x．令h（x）=e^x-2x，x∈[0，2]，利用导数求其最大值，则m的范围可求；
（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）对x∈[0，5]恒成立转化为${x^2}+mx+1≤{e^x}（-\frac{1}{4}x+\frac{5}{4}）$对x∈[0，5]恒成立，令φ（x）=${e}^{x}（-\frac{1}{4}x+\frac{5}{4}）$，利用导数求其单调性，作出φ（x）的大致图象，数形结合可得答案．

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]时F（x）为增函数，∴F'（x）=2x+m-e^x≥0对x∈[0，2]恒成立，即m≥e^x-2x．
令h（x）=e^x-2x，x∈[0，2]，则h'（x）=e^x-2，由h'（x）=0，解得x=ln2．
当x∈（0，ln2）时，h'（x）＜0，当x∈（ln2，2）时，h'（x）＞0，
∴h（x）在[0，ln2]单调递减；在（ln2，2]单调递增，
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）对x∈[0，5]恒成立，即${x^2}+mx+1≤{e^x}（-\frac{1}{4}x+\frac{5}{4}）$对x∈[0，5]恒成立，
令φ（x）=${e}^{x}（-\frac{1}{4}x+\frac{5}{4}）$，则φ′（x）=${e}^{x}（-\frac{1}{4}x+1）$，
令φ'（x）=0，得x=4，
当x∈（-∞，4）时，φ′（x）＞0，当x∈（4，+∞）时，φ′（x）＜0，
∴φ（x）在（-∞，4）单调递增；在（4，+∞）上单调递减，
又∵φ（x）=0有唯一零点x=5，作出函数φ（x）的图象如图：
∵当x=0时，x²+mx+1=1＜${e}^{0}（-\frac{1}{4}×0+\frac{5}{4}）=\frac{5}{4}$成立．
∴要满足r（x）=x²+mx+1≤φ（x）对x∈[0，5]恒成立，
只需r（5）≤0，即26+5m≤0，解得$m≤-\frac{26}{5}$．

点评 本题考查利用导数研究函数的单调性，考查利用导数求函数的最值，体现了数学转化思想方法和数形结合的解题思想方法，属难题．