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＋x－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)求导f′?x?＝m?e－1?＋2x―→讨论m确定f′?x?的符号―→证明结论 结合?1?知(2)条件转化为?|f?x1?－f?x2?|?max≤e－1f?―――→x―?min＝f?0?
??e－m≤e－1，?－m??e＋m≤e－1??g?m?≤0，寻求?
?g?－m?≤0?
mmxmx2
??f?1?－f?0?≤e－1，
???f?－1?－f?0?≤e－1
―→
―→构造函数g?t?＝e－t－e＋1―→研究g?t?的单调性―→
t 的条件―→对m讨论得适合条件的范围
规 范 解 答·分 步 得 分 (1)证明 f′(x)＝m(e－1)＋2x.1分 若m≥0，则当x∈(－∞，0)时，e－1≤0，f′(x)<0； 当x∈(0，＋∞)时，e－1≥0，f′(x)>0. 若m<0，则当x∈(－∞，0)时，e－1>0，f′(x)<0； 当x∈(0，＋∞)时，e－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 ??f?1?－f?0?≤e－1，???f?－1?－f?0?≤e－1，??e－m≤e－1，即?－m?e＋m≤e－1.?tmmxmxmxmxmx构 建 答 题 模 板 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8分 探求函数最值，对于最值可能在两点取到的恒成 ① t立问题，可转化为不等式组恒成立. 第五步 设函数g(t)＝e－t－e＋1，则g′(t)＝e－1.10分 当t<0时，g′(t)<0；当t>0时，g′(t)>0. 1
故g(t)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增． 又g(1)＝0，g(－1)＝e＋2－e<0，故当t∈[－1,1]时，－1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. 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>e－1； 当m<－1时，g(－m)>0，即e＋m>e－1.14分 综上，m的取值范围是[－1,1].15分 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．
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跟踪演练9 (2018·全国Ⅰ)已知函数f(x)＝－x＋aln x.
－mmx(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 (1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)， ax2－ax＋1 f′(x)＝－2－1＋＝－. xxx2 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＝ a－a2－4 2 或x＝ a＋a2－4 2 . ?a－a2－4??a＋a2－4? 当x∈?0，?∪?，＋∞?时， 22???? f′(x)<0； ?a－a2－4a＋a2－4? 当x∈?，?时，f′(x)>0. 22?? 2 ?a－a2－4??a＋a2－4??a－a2－4a＋a2－4? 所以f(x)在??0，2??，??2，＋∞??上单调递减，在??2，2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x2 1，x2满足x－ax＋1＝0， 所以x1x2＝1，不妨设0 1－x21x2x1－x2 ＝－2＋aln x1－ln x2x＝－2＋a－2ln x2 1 ， 1－x2x－x2 2 所以f?x1?－f?x2?xx －x2＋2ln x2<0. 1－2x2 设函数g(x)＝1 x－x＋2ln x， 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1 x－x2＋2ln x2<0， 2 即f?x1?－f?x2? x1－x2 110 ? ? 3