题目 设函数 $f(x)={\rm e}^{mx}+x^2-mx$． 问题1 证明：$f(x)$ 在 $(-\infty,0)$ 单调递减，在 $(0,+\infty)$ 单调递增； 答案1 略 解析1 根据题意 $f(x)$ 的导函数$$f'(x)=m{\rm e}^{mx}+2x-m,$$注意到 $f'(0)=0$，于是进而求 $f'(x)$ 的导函数$$f''(x)=m^2{\rm e}^{mx}+2,$$由于 $f'' (x)>0$，于是 $y=f'(x)$ 为单调递增函数，结合 $f'(0)=0$，有 $f'(x)$ 在 $(-\infty,0)$ 上恒小于 $0$，在 $(0,+\infty)$ 上恒大于 $0$．因此原命题得证． 备注1 问题2 若对于任意 $x_1,x_2\in [-1,1]$，都有 $\left|f\left(x_1\right)-f\left(x_2\right)\right|\leqslant {\rm e}-1$，求 $m$ 的取值范围． 答案2 $[-1,1]$ 解析2 根据题意，函数 $f(x)$ 在区间 $[-1,1]$ 上的最大值与最小值之差不超过 ${\rm e}-1$．由第 $(1)$ 小题可知 $f(x)$ 在区间 $[-1,1]$ 上的最小值为 $f(0)=1$，于是问题转化为 $f(x)$ 在区间 $[-1,1]$ 上的最大值不超过 ${\rm e}$．<br/>根据第 $(1)$ 小题，函数 $f(x)$ 在区间 $[-1,1]$ 上的最大值为 $f(1)$ 和 $f(-1)$ 中较大者，因此 $m$ 满足$$\begin{cases}f(1)\leqslant {\rm e},\\f(-1)\leqslant {\rm e},\end{cases}$$即$$\begin{cases}{\rm e}^{m}+1-m\leqslant {\rm e},\\{\rm e}^{-m}+1+m\leqslant {\rm e},\end{cases}$$记函数 $g(x)={\rm e}^x-x$，则上述不等式即$$\begin{cases} g(m)\leqslant g(1),\\g(-m)\leqslant g(1).\end{cases}$$由 $g(x)$ 的导函数$$g'(x)={\rm e}^x-1,$$可得 $g(x)$ 在 $x<0$ 时单调递减，在 $x>0$ 时单调递增，如图．<img src="/static/images/19f23f05a0ee764ef03e6c94908d88b6.png" class="img-responsive" />因此不难解得 $m$ 的取值范围为 $[-1,1]$． 备注2