Question

7．设函数g（x）=（x-1）e^mx-mx²，f（x）=g（x）+（2-x）e^mx，（其中m∈R）．
（ I）当m=1时，求函数g（x）的极值；
（ II）求证：存在m∈（0，1），使得f（x）≥0在（0，+∞）内恒成立，且方程f（x）=0在（0，+∞）内有唯一解．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，从而求出函数的极值即可；
（Ⅱ）求出f（x）的导数，通过讨论m的范围，求出f（x）的单调区间，求出满足条件的m的范围，从而证出结论即可．

解答 解：（ I）当m=1时，g（x）=（x-1）e^x-x²，g'（x）=e^x+（x-1）e^x-2x=xe^x-2x=x（e^x-2），
令g'（x）=0，得x₁=0，x₂=ln2，当x变化时，g'（x），g（x）的变化如下表：

x	（-∞，0）	0	（0，ln2）	ln2	（ln2，+∞）
f'（x）	+	0	-	0	+
f（x）	↗	极大值	↘	极小值	↗

由表可知，$g{（x）_{极小}}=g（ln2）={ln^2}2+2ln2-2$；g（x）_极大=g（0）=-1；
（ II）设m＞0，f（x）=e^mx-mx²，f（0）=1＞0，若f（x）=0要有解，需f（x）有单减区间，
则f'（x）＜0要有解，而f'（x）=me^mx-2mx=m（e^mx-2x），
由m＞0，f'（0）=m＞0，记f''（x）为函数f'（x）的导数
则f''（x）=m（me^mx-2），当m＞0时f''（x）单增，
令f''（x）=0，由m＞0，得${x_0}=\frac{1}{m}ln\frac{2}{m}$，需考察x₀与区间（0，+∞）的关系：
①当m≥2时，$ln\frac{2}{m}≤0$，x₀＜0，在（0，+∞）上f''（x）＞f''（x₀）=0，f'（x）单增，
f'（x）＞f'（0）=m＞0，故f（x）单增，f（x）＞f（0）=1，f（x）=0无解；
②当m＜2，时，$ln\frac{2}{m}＞0$，${x_0}=\frac{1}{m}ln\frac{2}{m}＞0$，因为f''（x）单增，
在（0，x₀）上f''（x）＜0，在（x₀，+∞）上f''（x）＞0
当x=x₀时，f'（x）_min=f'（x₀）=$m（{e^{m•\frac{1}{m}ln\frac{2}{m}}}-2\frac{1}{m}ln\frac{2}{m}）=m（\frac{2}{m}-\frac{2}{m}ln\frac{2}{m}）=2-2ln\frac{2}{m}=2（1-ln\frac{2}{m}）$；
（ i）若$1-ln\frac{2}{m}≥0$，即$\frac{2}{e}≤m＜2$时，f'（x）_min≥0，f（x）单增，f（x）＞f（0）=1，f（x）=0无解；
（ ii）若$1-ln\frac{2}{m}＜0$，即$m＜\frac{2}{e}$，f'（x）_min=f'（x₀）＜0，在（0，x₀）上f''（x）＜0，f'（x）单减；
f'（0）=m＞0，f'（x₀）＜0，f'（x）=0在区间（0，x₀）上有唯一解，记为x₁；
在（x₀，+∞）上，f''（x）＞0，f'（x）单增，f'（x₀）＜0，当x→+∞时f'（x）→+∞
，故f'（x）=0在区间（x₀，+∞）上有唯一解，记为x₂，
则在（0，x₁）上f'（x）＞0，在（x₁，x₂）上f'（x）＜0，在（x₂，+∞）上f'（x）＞0，
当x=x₂时，f（x）取得最小值f（x₂），此时$0＜m＜\frac{2}{e}$，
若要f（x）≥0恒成立且f（x）=0有唯一解，
当且仅当f（x₂）=0，即${e^{m{x_2}}}-mx_2^2=0$，
由f'（x₂）=0有${e^{m{x_2}}}-2{x_2}=0$，
联立两式$\left\{\begin{array}{l}{e^{m{x_2}}}-mx_2^2=0\\{e^{m{x_2}}}-2{x_2}=0\end{array}\right.$解得${x_2}=\frac{2}{m}$，
综上，当$0＜m＜\frac{2}{e}$时，f（x）≥f（x₂）=0．

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分类讨论思想、函数恒成立问题，是一道综合题．