- 2021-02-27 发布 |
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文档介绍
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)
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++…+<++…+ ==.查看更多