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） 3页

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) ―→―→‎ ―→―→―→ 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：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01.‎ 由于＝－－1＋a ‎＝－2＋a＝－2＋a，‎ 所以