2018届二轮复习（理）　导数与不等式的恒成立问题学案（全国通用） 2页

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|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；‎ ‎(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≥2)，‎ 所以＋＋…＋<＋＋…＋ ‎＝＝.‎