【考点】6B：利用导数研究函数的单调性；6E：利用导数研究函数的最值
【专题】2：创新题型；52：导数的概念及应用
【分析】（1）利用 $\mathsf { f } ^ { \prime } \left( \mathsf { x } \right) \geq 0$ 说明函数为增函数，利用 $\mathsf { f } ^ { \prime } \left( \mathsf { x } \right) \leq 0$ 说明函数为减
函数．注意参数m的讨论；
> ②由（1）知，对任意的m，f（x）在[﹣1，0]单调递减，在[0，1]单调递增，则恒成立问题转化为最大值和最小值问题．从而求得m的取值范围
【解答】解：（1）证明： ${ \sf f ^ { \prime } } \left( { \sf x } \right) = { \sf m } \left( { \sf e } ^ { { \sf m } { \sf x } } - 1 \right) + 2 { \sf x } .$
若m≥0，则当 $\mathbf { x } { \in \ \left( \begin{array} { l l } { - \infty , } & { 0 } \end{array} \right) }$ 时， $\mathbf { e } ^ { \mathsf { m } \times } - 1 { \leq } 0 , \mathbf { f } ^ { \prime } \mathbf { \tau } ( \textsf { x } ) < 0 ;$ ；当 $\mathsf { x } \in \mathsf { \Gamma } ( 0 , \mathsf { \Gamma } + \infty )$ 时， ${ \mathsf { e } } ^ { \mathsf { m } }$ $\times - 1 { \geq } 0 , \mathsf { f ^ { \prime } } \left( \mathsf { x } \right) > 0 .$
若 $\mathsf { m } { < } 0$ ，则当 $\mathbf { x } { \in \ \left( \begin{array} { l l } { - \infty , } & { 0 } \end{array} \right) }$ 时， $\mathsf { e } ^ { \mathsf { m } \times } - 1 { \mathop { > } } 0 , \mathsf { f } ^ { \prime } \left( \mathsf { x } \right) < 0$ ；当 $\mathbf { x } \in \ ( 0 , \ + \infty )$ 时，$\mathsf { e } ^ { \mathsf { m } \mathsf { x } } - 1 { < } 0 , \mathsf { f } ^ { \prime } \left( \mathsf { x } \right) > 0 .$
所以，f（x）在 $\left( \begin{array} { l l } { - \infty , } & { 0 } \end{array} \right)$ 时单调递减，在 $( 0 , \ + \infty )$ 单调递增
> ②由（1）知，对任意的m，f（x）在[﹣1，0]单调递减，在[0，1]单调递增，故f（x）在x=0处取得最小值
所以对于任意 $\forall x _ { 1 } , x _ { 2 } \in [ \mathrm { ~ - ~ } 1 , 1 ] , \left| \textsf { f } \left( \mathsf { x } _ { 1 } \right) \mathrm { ~ - ~ } \mathsf { f } \left( \mathsf { x } _ { 2 } \right) \right| \le \mathtt { e } - 1$ 的充要条件是
$$
\left\{ \begin{array} { l l } { \mathbf { f } \left( 1 \right) - \mathbf { f } \left( 0 \right) \leqslant \mathtt { e } - 1 } \\ { \mathbf { f } \left( - 1 \right) - \mathbf { f } \left( 0 \right) \leqslant \mathtt { e } - 1 } \end{array} \right.
$$
即 $\left\{ \begin{array} { l l } { \mathsf { e } ^ { \mathsf { m } } - \mathsf { m } ^ { \leqslant } \mathsf { e } ^ { - 1 } } \\ { \mathsf { e } ^ { - \mathsf { m } _ { + } } \pi ^ { \leqslant } \mathsf { e } ^ { - 1 } } \end{array} \right. \odot$
设函数 $\mathbf { \underline { { \textbf { g } } } } \left( \mathbf { \underline { { \tau } } } \right) \mathbf { \Psi = e ^ { t } } - \mathbf { \underline { { t } } } \mathbf { \Psi - \tau } \mathbf { e } \mathbf { + } \mathbf { 1 }$ ，则 ${ \bf { g } } ^ { \prime } { \bf { \Psi } } ( { \bf { t } } ) = { \bf { e } } ^ { \mathrm { { t } } } - 1$
当t＜0时， $\begin{array} { r } { \mathbf { g } ^ { \prime } \mathbf { \Sigma } ( \mathbf { t } ) \mathbf { \Sigma } < \mathbf { 0 } ; } \end{array}$ ；当t＞0时， $\mathbf { g ^ { \prime } } \left( \mathbf { t } \right) \mathbf { \Sigma } > 0$ ．故g（t）在（﹣∞，0）单调递减，在 $( 0 , \ + \infty )$ 单调递增
又g（1）=0，g $( \mathbf { \Sigma } - \mathbf { \Sigma } 1 ) \mathbf { \Sigma } = \mathbf { e } ^ { - 1 + 2 \mathbf { \Sigma } - \mathbf { \Sigma } } \mathbf { e } { < } 0$ ，故当 $\mathsf { t } \in [ \mathrm { ~ - ~ } 1 , \mathrm { ~ } 1 ]$ 时，g（t）≤0
当 $\mathsf { m } \in [ \mathsf { \Omega } - 1 \mathsf { \Omega }$ ，1]时， $\textbf { g } ( \mathfrak { m } ) \leq 0 , \textbf { g } ( \mathbf { \mu } - \mathfrak { m } ) \leq 0$ ，即合式成立；
当m＞1时，由g（t）的单调性， $\mathbf { g } \left( \mathbf { m } \right) > 0$ ，即 $\mathbf { e ^ { m } } - \mathsf { m } { > } \mathbf { e } - 1$
当 $\mathsf { m } { < } - 1$ 时， $\texttt { g } ( \texttt { - m } ) \ > 0$ ，即 $\mathsf { e } ^ { \mathrm { - } \mathsf { m } + \mathsf { m } > \mathsf { e } ^ { \mathrm { ~ - ~ } 1 } }$
综上，m的取值范围是[﹣1，1]
【点评】本题主要考查导数在求单调函数中的应用和恒成立在求参数中的应用．属于难题，高考压轴题