Question

4．已知函數(shù)f（x）=（mx²-x+m）e^-x（m∈R）．
（Ⅰ）討論f（x）的單調(diào)性；
（Ⅱ）當(dāng)m＞0時，證明：不等式f（x）≤$\frac{m}{x}$在（0，1+$\frac{1}{m}$]上恒成立．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過討論m的范圍，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（Ⅱ）根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性，問題轉(zhuǎn)化為${e}^{1+\frac{1}{m}}$≥（1+$\frac{1}{m}$）（2+$\frac{1}{m}$），令g（x）=e^x-x（x+1），x＞1，則g′（x）=e^x-（2x+1），令h（x）=e^x-（2x+1），x＞1，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性證明即可．

解答 解：（Ⅰ）f′（x）=-[mx-（m+1）]（x-1）e^-x，
（1）m=0時，則f′（x）=（x-1）e^-x，
令f′（x）＞0，解得：x＞1，
令f′（x）＜0，解得：x＜1，
故f（x）在（-∞，1]遞減，在（1，+∞）遞增；
（2）m＜0時，令f′（x）＜0，則1+$\frac{1}{m}$＜x＜1，
令f′（x）＞0，則x＜1+$\frac{1}{m}$或x＞1，
故f（x）在（-∞，1+$\frac{1}{m}$]和（1，+∞）遞增，在（1+$\frac{1}{m}$，1）遞減；
（3）m＞0時，令f′（x）＜0，則x＜1或x＞1+$\frac{1}{m}$，
令f′（x）＞0，則1＜x＜1+$\frac{1}{m}$，
則f（x）在（-∞，1]和（1+$\frac{1}{m}$，+∞）遞減，在（1，1+$\frac{1}{m}$）遞增；
（Ⅱ）由（Ⅰ）得，m＞0時，f（x）在（0，1]遞減，在（1，1+$\frac{1}{m}$）遞增，
x∈（0，1]時，f（x）=$\frac{{mx}^{2}-x+m}{{e}^{2}}$＜$\frac{{mx}^{2}+m}{{\;}^{2e}}$≤$\frac{m（x+1）}{{e}^{2}}$＜m≤$\frac{m}{x}$，
x∈（1，1+$\frac{1}{m}$）時，f（x）＜f（1+$\frac{1}{m}$）=（2m+1）${e}^{-（1+\frac{1}{m}）}$，${（\frac{m}{x}）}_{min}$=$\frac{{m}^{2}}{m+1}$，
下面證明（2${e}^{-（1+\frac{1}{m}）}$≤$\frac{{m}^{2}}{m+1}$，即證${e}^{1+\frac{1}{m}}$≥（1+$\frac{1}{m}$）（2+$\frac{1}{m}$），
令g（x）=e^x-x（x+1），x＞1，則g′（x）=e^x-（2x+1），
令h（x）=e^x-（2x+1），x＞1，則h′（x）=e^x-2＞0，
故h（x）=g′（x）在（1+∞）遞增，且g′（1）=e-3＜0，g′（$\frac{3}{2}$）=${e}^{\frac{3}{2}}$-4＞0，
故存在x₀∈（1，$\frac{3}{2}$），使得g′（x₀）=0，即${e}^{{x}_{0}}$-（2x₀+1）=0，
故x∈（1，x₀）時，g′（x）＜0，x∈（x₀，$\frac{3}{2}$）時，g′（x）＞0，
故g（x）在（1，x₀）遞減，在（x₀，$\frac{3}{2}$）遞增，
故g（x）_min=g（x₀）=${e}^{{x}_{0}}$-${{x}_{0}}^{2}$-x₀=-${{x}_{0}}^{2}$+x₀+1=-${{（x}_{0}-\frac{1}{2}）}^{2}$+$\frac{5}{4}$＞0，
x＞1時，g（x）＞0，即e^x＞x（x+1），
故${e}^{1+\frac{1}{m}}$≥（1+$\frac{1}{m}$）（2+$\frac{1}{m}$），
∴不等式f（x）≤$\frac{m}{x}$在（0，1+$\frac{1}{m}$]上恒成立．

點(diǎn)評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及函數(shù)恒成立問題，考查不等式的證明，是一道綜合題．