解:函數(shù)
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的定義域?yàn)镽,
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.
①當(dāng)m>0時(shí),當(dāng)x變化時(shí),f
′(x),f(x)的變化情況如表:
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所以,函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間時(shí)(-1,1),單調(diào)遞減區(qū)間是(-∞,-1),(1,+∞).
②當(dāng)m<0時(shí),當(dāng)x變化時(shí),f
′(x),f(x)的變化情況如表:
![](http://thumb.zyjl.cn/pic5/upload/201306/51d5fc2dc01bf.png)
所以,函數(shù)f(x)的單調(diào)減區(qū)間時(shí)(-1,1),單調(diào)遞增區(qū)間是(-∞,-1),(1,+∞).
(Ⅱ)依題意,對(duì)任意當(dāng)m>0時(shí),對(duì)于任意x
1,x
2∈[0,2],f(x
1)≥g(x
2)恒成立,等價(jià)于
當(dāng)m>0時(shí),對(duì)于任意x
1,x
2∈[0,2],f(x)
min≥g(x)
max成立.
當(dāng)m>0時(shí),由(Ⅰ)知,函數(shù)f(x)在[0,1]上單調(diào)遞增,在[1,2]上單調(diào)遞減,
因?yàn)閒(0)=1,f(2)=
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,所以函數(shù)f(x)的最小值為f(0)=1.
所以應(yīng)滿足g(x)
max≤1.
因?yàn)間(x)=x
2e
ax,所以g
′(x)=(ax
2+2x)e
ax.
③當(dāng)a=0時(shí),函數(shù)g(x)=x
2,任意x∈[0,2],g(x)
max=g(2)=4,
顯然不滿足g(x)
max≤1,故a=0不成立.
④當(dāng)a≠0時(shí),令g
′(x)=(ax
2+2x)e
ax=0得:
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1°當(dāng)
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,即-1≤a<0時(shí),在[0,2]上g
′(x)≥0,所以函數(shù)g(x)在[0,2]上單調(diào)遞增,
所以
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.
由4e
2a≤1得,a≤-ln2,所以-1≤a≤-ln2.
2°當(dāng)0<
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<2,即a<-1時(shí),在
![](http://thumb.zyjl.cn/pic5/latex/61766.png)
上g
′(x)≥0,在
![](http://thumb.zyjl.cn/pic5/latex/61767.png)
上g
′(x)<0,
所以函數(shù)g(x)在
![](http://thumb.zyjl.cn/pic5/latex/61766.png)
上單調(diào)遞增,在
![](http://thumb.zyjl.cn/pic5/latex/61767.png)
上單調(diào)遞減.
所以
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.
由
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得:
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,所以a<-1.
3°當(dāng)
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,即a>0時(shí),顯然在[0,2]上g
′(x)≥0,
函數(shù)g(x)在[0,2]上單調(diào)遞增,且
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.
顯然
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不成立,故a>0不成立.
綜上所述,a的取值范圍是(-∞,-ln2].
分析:(Ⅰ)把給出的函數(shù)進(jìn)行求導(dǎo),由導(dǎo)函數(shù)的零點(diǎn)把定義域分段,然后分m的正負(fù)判斷導(dǎo)函數(shù)在各區(qū)間段內(nèi)的符號(hào),從而得到元函數(shù)的單調(diào)區(qū)間;
(Ⅱ)當(dāng)m>0時(shí),若對(duì)任意x
1,x
2∈[0,2],f(x
1)≥g(x
2)恒成立,轉(zhuǎn)化為對(duì)于任意x
1,x
2∈[0,2],f(x)
min≥g(x)
max成立,然后分類(lèi)求函數(shù)f(x)和g(x)在[0,2]上的最小值和最大值,由f(x)的最小值大于g(x)的最大值即可解得實(shí)數(shù)a的取值范圍.
點(diǎn)評(píng):本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性,考查了函數(shù)恒成立問(wèn)題,解答過(guò)程體現(xiàn)了分類(lèi)討論得數(shù)學(xué)思想,正確對(duì)a進(jìn)行分類(lèi)是解答該題的關(guān)鍵,此題屬有一定難度題目.