已知 $f(x)=x(e+\ln x), g(x)=\frac{1}{3} x^{3}+\frac{3}{2} x+m$, 对于 $\forall x \in\left[\frac{1}{2},+\infty\right)$ 时都有 $f(x) \leq g(x)$ 恒成立, 则 $m$ 的取值范围为 \$ \qquad \$ .
答案: $m \geq \frac{2}{3} e \sqrt{e}-\sqrt{e}$

【解析】 构造函数 $F(x)=g(x)-f(x)=\frac{1}{3} x^{3}+\left(\frac{3}{2}-e\right) x-x \ln x+m, x \geq \frac{1}{2}$,

依题意 $F(x) \geq 0_{\text {在区间 }}\left[\frac{1}{2},+\infty\right)_{\text {上恒成立. }}$

则 $F^{\prime}(x)=x^{2}-\ln x+\frac{1}{2}-e$,

又 $F^{\prime \prime}(x)=2 x-\frac{1}{x}=\frac{2 x^{2}-1}{x}=\frac{(\sqrt{2} x+1)(\sqrt{2} x-1)}{x}$,

所以 $F^{\prime}(x)_{\text {在区间 }}\left(\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{2}}{2}\right)_{\text {上递减, 在区间 }}\left(\frac{\sqrt{2}}{2},+\infty\right)_{\text {上递增, }}$

所以 $F^{\prime}(x)$ 在区间 $\left[\frac{1}{2},+\infty\right)$ 的最小值为 $F\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)=1+\frac{1}{2} \ln 2-e<0$,

$F^{\prime}\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{1}{4}-\ln \frac{1}{2}+\frac{1}{2}-e=\frac{3}{4}+\ln 2-e<0, \quad F^{\prime}(e)=e^{2}-\ln e+\frac{1}{2}-e>0$,

$F^{\prime}(\sqrt{e})=e-\ln \sqrt{e}+\frac{1}{2}-e=0$,

所以在区间 $\left(\frac{1}{2}, \sqrt{e}\right), F^{\prime}(x)<0$, 在区间 $(\sqrt{e},+\infty), \quad F^{\prime}(x)>0$,

所以当 $x=\sqrt{e}$ 时, $F(x)_{\text {有最小值, }}$,

即 $F(\sqrt{e})=\frac{1}{3}(\sqrt{e})^{3}+\left(\frac{3}{2}-e\right) \times \sqrt{e}-\sqrt{e} \times \ln \sqrt{e}+m=\sqrt{e}-\frac{2 e \sqrt{e}}{3}+m$.

依题意 $F(x) \geq 0$ 在区间 $\left[\frac{1}{2},+\infty\right)_{\text {上恒成立, }}$

所以 $\sqrt{e}-\frac{2 e \sqrt{e}}{3}+m \geq 0$, 解得 $m \geq \frac{2}{3} e \sqrt{e}-\sqrt{e}$.

故答案为: $m \geq \frac{2}{3} e \sqrt{e}-\sqrt{e}$

【分析】构造函数 $F(x)=g(x)-f(x), x \geq \frac{1}{2}$, 利用导数研究 $F(x)$ 的最小值, 由此列不等式, 解不等式求得 $m$ 的取值范围.