浙江高考数学专题五函数与导数规范答题示例9导数与不等式的恒成立问题学案.doc

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1、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)＝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－1.10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

7、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em－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

8、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.3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)＝－x＋alnx.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)存在两个极值点x1，x2，证明：

9、，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01.由于＝－－1＋a3＝－2＋a＝－2＋a，所以

10、x＋2lnx，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＋2lnx2<0，即