2019届二轮复习规范答题示例 导数与不等式的恒成立问题学案（全国通用）
展开规范答题示例10 导数与不等式的恒成立问题
典例10 (12分)设函数f(x)＝emx＋x2－mx.
(1)证明：f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增；
(2)若对于任意x1，x2∈[－1,1]，都有|f(x1)－f(x2)|≤e－1，求m的取值范围．
审题路线图 (1)―→―→
(2)
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规 范 解 答·分 步 得 分 | 构 建 答 题 模 板 |
(1)证明 f′(x)＝m(emx－1)＋2x.1分 若m≥0，则当x∈(－∞，0)时，emx－1≤0，f′(x)<0； 当x∈(0，＋∞)时，emx－1≥0，f′(x)>0. 若m<0，则当x∈(－∞，0)时，emx－1>0，f′(x)<0； 当x∈(0，＋∞)时，emx－1<0，f′(x)>0.4分 所以f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增.6分 (2)解 由(1)知，对任意的m，f(x)在[－1,0]上单调递减，在[0,1]上单调递增， 故f(x)在x＝0处取得最小值． 所以对于任意x1，x2∈[－1,1]，|f(x1)－f(x2)|≤e－1的充要条件是 8分 即① 设函数g(t)＝et－t－e＋1，则g′(t)＝et－1.9分 当t<0时，g′(t)<0；当t>0时，g′(t)>0. 故g(t)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增． 又g(1)＝0，g(－1)＝e－1＋2－e<0，故当t∈[－1,1]时，g(t)≤0. 当m∈[－1,1]时，g(m)≤0，g(－m)≤0，即①式成立；10分 当m>1时，由g(t)的单调性，得g(m)>0，即em－m>e－1； 当m<－1时，g(－m)>0，即e－m＋m>e－1.11分 综上，m的取值范围是[－1,1].12分 | 第一步 求导数：一般先确定函数的定义域，再求f′(x)． 第二步 定区间：根据f′(x)的符号确定函数的单调性． 第三步 寻条件：一般将恒成立问题转化为函数的最值问题． 第四步 写步骤：通过函数单调性探求函数最值，对于最值可能在两点取到的恒成立问题，可转化为不等式组恒成立. 第五步 再反思：查看是否注意定义域、区间的写法、最值点的探求是否合理等. |
评分细则 (1)求出导数给1分；
(2)讨论时漏掉m＝0扣1分；两种情况只讨论正确一种给2分；
(3)确定f′(x)符号时只有结论无中间过程扣1分；
(4)写出f(x)在x＝0处取得最小值给1分；
(5)无最后结论扣1分；
(6)其他方法构造函数同样给分．
跟踪演练10 (2018·全国Ⅰ)已知函数f(x)＝－x＋aln x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)存在两个极值点x1，x2，
证明：<a－2.
(1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－－1＋＝－.
①若a≤2，则f′(x)≤0，
当且仅当a＝2，x＝1时，f′(x)＝0，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减．
②若a>2，令f′(x)＝0，得
x＝或x＝.
当x∈∪时，
f′(x)<0；
当x∈时，f′(x)>0.
所以f(x)在，上单调递减，在上单调递增．
(2)证明 由(1)知，f(x)存在两个极值点当且仅当a>2.
由于f(x)的两个极值点x1，x2满足x2－ax＋1＝0，
所以x1x2＝1，不妨设0<x1<x2，则x2>1.
由于＝－－1＋a
＝－2＋a＝－2＋a，
所以<a－2等价于－x2＋2ln x2<0.
设函数g(x)＝－x＋2ln x，
由(1)知，g(x)在(0，＋∞)上单调递减，
又g(1)＝0，从而当x∈(1，＋∞)时，g(x)<0.
所以－x2＋2ln x2<0，即<a－2.
