2018年高考数学二轮复习 规范答题示例2 导数与不等式的恒成立问题

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1、规范答题示例2　导数与不等式的恒成立问题典例2　(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

2、f(x1)－f(x2)

3、≤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

4、，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]，

5、f(x1)－f(x2)

6、≤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(

7、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区间．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

8、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(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2　已知函数f(x)＝.(1)求函数f(x)的单调区间和极值；(2)若对任意的x>1，恒有ln(x－1)＋k＋1≤kx成立，求k的取值范围；

9、(3)证明：＋＋…＋<(n∈N*，n≥2)．(1)解　f′(x)＝－，由f′(x)＝0⇒x＝1，列表如下：x(0,1)1(1，＋∞)f′(x)＋0－f(x)单调递增极大值单调递减因此函数f(x)的增区间为(0,1)，减区间为(1，＋∞)，极大值为f(1)＝1，无极小值．(2)解　因为x>1，ln(x－1)＋k＋1≤kx⇔≤k⇔f(x－1)≤k，所以f(x－1)max≤k，所以k≥1.(3)证明　由(1)可得f(x)＝≤f(x)max＝f(1)＝1⇒≤1－，当且仅当x＝1时取等号．令x＝n2(n∈N*，n≥2)．则<1－⇒<<＝(n

10、≥2)，所以＋＋…＋<＋＋…＋＝＝.2