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已知函数 ${\displaystyle f(x)=2x{\mathrm{e}}^x-m{x}^2+1}$, ${\displaystyle m\in \mathbb{R}}$. 若 ${\displaystyle \mathrm{\forall }x\in [-1,+\mathrm{\infty })}$, ${\displaystyle f(x)\le \frac{1-m}{m}{\mathrm{e}}^{2x}}$ 恒成立, 求 ${\displaystyle m}$ 的取值范围.

首先代入 ${\displaystyle x=0}$, 解得 ${\displaystyle 0<m\le \frac{1}{2}}$. 下面证明这个范围就是充分的.

• 当 ${\displaystyle x\ge 0}$, 把不等式整理成 $$\frac{1}{m}{\mathrm{e}}^{2x}+m{x}^2\ge 2x{\mathrm{e}}^x+{\mathrm{e}}^{2x}+1.$$ 记左边为关于 ${\displaystyle m}$ 的函数 ${\displaystyle g(m)=\frac{1}{m}{\mathrm{e}}^{2x}+m{x}^2}$, ${\displaystyle m\in (0,\frac{1}{2}]}$. 则 ${\displaystyle g^{\prime }(m)=x^2-\frac{1}{m^2}{\mathrm{e}}^{2x}\le x^2-4{\mathrm{e}}^{2x}}$. 而 ${\displaystyle 2{\mathrm{e}}^x>x}$, 所以 ${\displaystyle g^{\prime }(m)\le x^2-(2{\mathrm{e}}^x{)}^2<0}$, 因此只需要证明 ${\displaystyle g\left(\frac{1}{2}\right)\ge \text{右边}}$ 即可, 这等价于 $$\begin{array}{rl}& {\mathrm{e}}^{2x}+\frac{1}{2}{x}^2-2x{\mathrm{e}}^x-1=({\mathrm{e}}^x-x{)}^2-\frac{1}{2}{x}^2-1\ge 0\\ \ge & {(1+\frac{x^2}{2})}^2-\frac{1}{2}{x}^2-1=\frac{x^4}{4}+\frac{x^2}{2}>0.\end{array}$$ 这里利用了不等式 ${\displaystyle {\mathrm{e}}^x\ge 1+x+\frac{x^2}{2}}$.
• 当 ${\displaystyle -1\le x<0}$, 改写不等式为 $$(m{x}^2-1){\mathrm{e}}^{-2x}-2x{\mathrm{e}}^{-x}\ge 1-\frac{1}{m}.$$ 记左边函数为 ${\displaystyle h(x)}$, 则 $$\begin{array}{rl}{h}^{\prime }(x)& =(2mx(1-x)+2){\mathrm{e}}^{-2x}-2(1-x){\mathrm{e}}^{-x}\\ & \le (x(1-x)+2){\mathrm{e}}^{-2x}-2(1-x){\mathrm{e}}^{-x}\\ & ={\mathrm{e}}^{-x}[(x-x^2+2){\mathrm{e}}^{-x}-2(1-x)]\\ & \le {\mathrm{e}}^{-x}(\frac{x-x^2+2}{x+1}-2(1-x))\\ & =x{\mathrm{e}}^{-x}<0,\end{array}$$ 所以只需证明 ${\displaystyle h(0)=-1\ge 1-\frac{1}{m}}$, 这已经成立了.

综上, ${\displaystyle m\in (0,\frac{1}{2}]}$.