（浙江专用）2019高考数学二轮复习 指导二 透视高考解题模板示范规范拿高分 模板5 函数与导数问题学案

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1、模板5　函数与导数问题 (满分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|f(x1)－f(x2)|≤e－1，求m的取值范围. 满分解答 得分说明 解题模板 (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. (3分) 若m＜0，则当x∈(－∞，0)时，emx－1＞0，f′(x)＜0；

2、 当x∈(0，＋∞)时，emx－1＜0，f′(x)＞0.(5分) 所以，f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增. (6分) ①求导正确得1分； ②分两种情况讨论正确各得2分； ③得出结论得1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

3、、最值点的探求是否合理等. (2)解　由(1)知，对于任意的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 即① (9分) 设函数g(t)＝et－t－e＋1， 则g′(t)＝et－1. 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. (12分) 当m∈[－1，1]时，

4、g(m)≤0，g(－m)≤0，即①式成立； 当m＞1时，由g(t)的单调性知，g(m)＞0，即em－m＞e－1； 当m＜－1时，g(－m)＞0， 即e－m＋m＞e－1. 综上，m的取值范围是[－1，1]． (15分) ④找出充要条件得3分； ⑤构造函数，求出“t∈ [－1，1]时，g(t)≤0”得3分； ⑥通过分类讨论，得出结果得3分. 【训练5】 设函数f(x)＝ln x＋，m∈R. (1)当m＝e(e为自然对数的底数)时，求f(x)的极小值； (2)讨论函数g(x)＝f′(x)－零点的个数． 解　(1)由题设，当m＝e时，f(x)＝ln x＋， 则f′(

5、x)＝， ∴当x∈(0，e)，f′(x)＜0，f(x)在(0，e)上单调递减， 当x∈(e，＋∞)，f′(x)＞0，f(x)在(e，＋∞)上单调递增， ∴x＝e时，f(x)取得极小值f(e)＝ln e＋＝2， ∴f(x)的极小值为2. (2)由题设g(x)＝f′(x)－＝－－(x＞0)， 令g(x)＝0，得m＝－x3＋x(x＞0)． 设φ(x)＝－x3＋x(x≥0)， 则φ′(x)＝－x2＋1＝－(x－1)(x＋1)， 当x∈(0，1)时，φ′(x)＞0，φ(x)在(0，1)上单调递增； 当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)＜0，φ(x)在(1，＋∞)上单调递减． ∴x＝1是φ(x)的唯一极值点，且是极大值点， 因此x＝1也是φ(x)的最大值点． ∴φ(x)的最大值为φ(1)＝. 又φ(0)＝0，结合y＝φ(x)的图象(如图)， 可知 ①当m＞时，函数g(x)无零点； ②当m＝时，函数g(x)有且只有一个零点； ③当0＜m＜时，函数g(x)有两个零点； ④当m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点． 综上所述，当m＞时，函数g(x)无零点； 当m＝或m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点； 当0＜m＜时，函数g(x)有两个零点． 4