规范答题示例 10 导数与不等式的恒成立问题典例 10 (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 10 (2018·全国Ⅰ)已知函数 f(x)＝－x＋aln x.(1)讨论 f(x)的单调性；(2)若 f(x)存在两个极值点 x1，x2，证明：
