(浙江专用)2019高考数学二轮复习专题五函数与导数规范答题示例9导数与不等式

规范答题示例9 导数与不等式的恒成立问题
典例9 (15分)设函数f (x )＝e mx
＋x 2
－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x 1，x 2∈[－1,1]，都有|f (x 1)－f (x 2)|≤e －1，求m 的取值范围．审题路线图
(1)求导f ′x ＝m e mx －1＋2x ―→讨论m 确定f ′x 的符号―→证明结论(2)条件转化为
|f x 1－f x 2|max ≤e －1――――→结合1知
f x min ＝f 0
f 1－f 0≤e －1，f －1－f 0≤e －1
―→
e m
－m ≤e －1，e －m
＋m ≤e －1
―→构造函数g t ＝e t
－t －e ＋1―→研究g t 的单调性―→
寻求
g m ≤0，g －m ≤０
的条件―→对m 讨论得适合条件的范围
规范解答·分步得分
构建答题模板(1)证明
f ′（x )＝m (e mx
－1)＋2x .1分
若m ≥0，则当x ∈(－∞，0)时，e mx
－1≤0，f ′（x )<0；当x ∈(0，＋∞)时，e mx
－1≥0，f ′（x )>0.
若m <0，则当x ∈(－∞，0)时，e mx
－1>0，f ′（x )<0；当x ∈(0，＋∞)时，e mx
－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x 1，x 2∈[－1,1]，|f (x 1)－f (x 2)|≤e －1的充要
条件是
f 1－f 0≤e －1，f －1－f 0≤e －1，
8分
即
e m
－m ≤e －1，e －m ＋m ≤e －1.
①
设函数g (t )＝e t
－t －e ＋1，则g ′（t )＝e t
－1.10分当t <0时，g ′（t )<0；当t >0时，g ′（t )>0.
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
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；12分当m>1时，由g(t)的单调性，得g(m)>0，即e m－m>e－1；当m<－1时，g(－m)>0，即e－m＋m>e－1.14分
综上，m的取值范围是[－1,1].15分再反思：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9 (2018·全国Ⅰ)已知函数f(x)＝1
x
－x＋a ln 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：f x1－f x2
x1－x2
<a－2.
(1)解f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′（x)＝－1
x2
－1＋
a
x
＝－
x2－ax＋1
x2
.
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＝a－a2－4
2
或x＝
a＋a2－4
2
.
当x∈0，a－a2－4
2
∪
a＋a2－4
2
，＋∞时，
f′（x)<0；
当x∈a－a2－4
2
，
a＋a2－4
2
时，f′（x)>0.。