Question

4．已知函数f（x）=（mx²-x+m）e^-x（m∈R）．
（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；
（Ⅱ）当m＞0时，证明：不等式f（x）≤$\frac{m}{x}$在（0，1+$\frac{1}{m}$]上恒成立．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，通过讨论m的范围，求出函数的单调区间即可；
（Ⅱ）根据函数的单调性，问题转化为${e}^{1+\frac{1}{m}}$≥（1+$\frac{1}{m}$）（2+$\frac{1}{m}$），令g（x）=e^x-x（x+1），x＞1，则g′（x）=e^x-（2x+1），令h（x）=e^x-（2x+1），x＞1，根据函数的单调性证明即可．

解答 解：（Ⅰ）f′（x）=-[mx-（m+1）]（x-1）e^-x，
（1）m=0时，则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]递减，在（1，+∞）递增；
（2）m＜0时，令f′（x）＜0，则1+$\frac{1}{m}$＜x＜1，
令f′（x）＞0，则x＜1+$\frac{1}{m}$或x＞1，
故f（x）在（-∞，1+$\frac{1}{m}$]和（1，+∞）递增，在（1+$\frac{1}{m}$，1）递减；
（3）m＞0时，令f′（x）＜0，则x＜1或x＞1+$\frac{1}{m}$，
令f′（x）＞0，则1＜x＜1+$\frac{1}{m}$，
则f（x）在（-∞，1]和（1+$\frac{1}{m}$，+∞）递减，在（1，1+$\frac{1}{m}$）递增；
（Ⅱ）由（Ⅰ）得，m＞0时，f（x）在（0，1]递减，在（1，1+$\frac{1}{m}$）递增，
x∈（0，1]时，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+$\frac{1}{m}$）时，f（x）＜f（1+$\frac{1}{m}$）=（2m+1）${e}^{-（1+\frac{1}{m}）}$，${（\frac{m}{x}）}_{min}$=$\frac{{m}^{2}}{m+1}$，
下面证明（2${e}^{-（1+\frac{1}{m}）}$≤$\frac{{m}^{2}}{m+1}$，即证${e}^{1+\frac{1}{m}}$≥（1+$\frac{1}{m}$）（2+$\frac{1}{m}$），
令g（x）=e^x-x（x+1），x＞1，则g′（x）=e^x-（2x+1），
令h（x）=e^x-（2x+1），x＞1，则h′（x）=e^x-2＞0，
故h（x）=g′（x）在（1+∞）递增，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）时，g′（x）＜0，x∈（x₀，$\frac{3}{2}$）时，g′（x）＞0，
故g（x）在（1，x₀）递减，在（x₀，$\frac{3}{2}$）递增，
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时，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．

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，考查不等式的证明，是一道综合题．