【数学】2019届一轮复习北师大版 函数与导数 学案 15页

第32练　函数与导数 ‎[明考情]‎ 函数与导数问题是高考的必考题，作为试卷的压轴题，在第21题或第22题的位置.‎ ‎[知考向]‎ ‎1.导数的几何意义.‎ ‎2.导数与函数的单调性.‎ ‎3.导数与函数的极值、最值.‎ 考点一　导数的几何意义 要点重组　导数的几何意义：函数y＝f(x)在x＝x0处的导数f′(x0)就是曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处切线的斜率.‎ 方法技巧　(1)已知斜率求切点：已知斜率k，求切点(x1，f(x1))，即解方程f′(x1)＝k.‎ ‎(2)求切线倾斜角的取值范围：先求导数的取值范围，即确定切线斜率的取值范围，然后利用正切函数的单调性解决.‎ ‎1.已知函数f(x)＝x3＋x－16.‎ ‎(1)求曲线y＝f(x)在点(2，－6)处的切线方程；‎ ‎(2)直线l为曲线y＝f(x)的切线，且经过原点，求直线l的方程及切点坐标；‎ 解　(1)由计算可知，点(2，－6)在曲线y＝f(x)上.‎ ‎∵f′(x)＝(x3＋x－16)′＝3x2＋1，‎ ‎∴y＝f(x)在点(2，－6)处的切线的斜率k＝f′(2)＝13，‎ ‎∴切线方程为y＝13(x－2)＋(－6)，即y＝13x－32.‎ ‎(2)设切点为(x0，y0)，‎ 则直线l的斜率为f′(x0)＝3x＋1，‎ ‎∴直线l的方程为y＝(3x＋1)(x－x0)＋x＋x0－16.‎ 又∵直线l过点(0，0)，‎ ‎∴0＝(3x＋1)(－x0)＋x＋x0－16，‎ 整理得x＝－8，‎ ‎∴x0＝－2，‎ ‎∴y0＝(－2)3＋(－2)－16＝－26，‎ k＝3×(－2)2＋1＝13.‎ ‎∴直线l的方程为y＝13x，切点坐标为(－2，－26).‎ ‎2.设函数f(x)＝(x＋a)lnx，g(x)＝.已知曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线2x－y＝0平行.‎ ‎(1)求a的值；‎ ‎(2)是否存在自然数k，使得方程f(x)＝g(x)在(k，k＋1)内存在唯一的根？如果存在，求出k；如果不存在，请说明理由；‎ 解　(1)由题意知，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线斜率为2，所以f′(1)＝2，‎ 又f′(x)＝lnx＋＋1，即f′(1)＝a＋1＝2，所以a＝1.‎ ‎(2)当k＝1时，方程f(x)＝g(x)在(1，2)内存在唯一的根.‎ 设h(x)＝f(x)－g(x)＝(x＋1)lnx－，‎ 当x∈(0，1]时，h(x)＜0.‎ 又h(2)＝3ln2－＝ln8－＞0，‎ 所以存在x0∈(1，2)，使得h(x0)＝0.‎ 因为h′(x)＝lnx＋＋1＋，‎ 所以当x∈(1，2)时，h′(x)＞0，‎ 所以h′(x)＞h′(1)＝2－＞0，‎ 当x∈(2，＋∞)时，h′(x)＞0，‎ 所以当x∈(1，＋∞)时，h(x)单调递增，‎ 所以当k＝1时，方程f(x)＝g(x)在(k，k＋1)内存在唯一的根.‎ ‎3.已知定义在正实数集上的函数f(x)＝x2＋2ax，g(x)＝3a2lnx＋b，其中a＞0.设两曲线y＝f(x)，y＝g(x)有公共点，且在公共点处的切线相同.‎ ‎(1)若a＝1，求b的值；‎ ‎(2)用a表示b，并求b的最大值.‎ 解　(1)当a＝1时，f(x)＝x2＋2x，g(x)＝3lnx＋b.‎ 设y＝f(x)与y＝g(x)(x＞0)在公共点(x0，y0)处的切线相同，‎ f′(x)＝x＋2，g′(x)＝，‎ 由题意知，f(x0)＝g(x0)，f′(x0)＝g′(x0)，‎ ‎∴ 由x0＋2＝，得x0＝1或x0＝－3(舍去).‎ ‎∴b＝.‎ ‎(2)设y＝f(x)与y＝g(x)(x＞0)在公共点(x0，y0)处的切线相同，‎ f′(x)＝x＋2a，g′(x)＝.‎ 由题意知，f(x0)＝g(x0)，f′(x0)＝g′(x0)，‎ ‎∴ 由x0＋2a＝，得x0＝a或x0＝－3a(舍去)，‎ 即b＝a2＋2a2－3a2lna＝a2－3a2lna.‎ 令h(t)＝t2－3t2lnt(t＞0)，则h′(t)＝2t(1－3lnt)，‎ 则当2t(1－3lnt)＞0，即0＜t＜时，h′(t)＞0；‎ 当2t(1－3lnt)＜0，即t＞时，h′(t)＜0.‎ 故h(t)在(0，＋∞)上的最大值为h()＝，故b的最大值为.‎ 考点二　导数与函数的单调性 方法技巧　(1)函数单调性的判定方法：在某个区间(a，b)内，如果f′(x)＞0，那么函数y＝f(x)在此区间内单调递增；如果f′(x)＜0，那么函数y＝f(x)在此区间内单调递减.‎ ‎(2)常数函数的判定方法：如果在某个区间(a，b)内，恒有f′(x)＝0，那么函数y＝f(x)在此区间内是常数函数，不具有单调性.‎ ‎(3)已知函数的单调性求参数的取值范围：若可导函数f(x)在某个区间内单调递增(或递减)，则可以得出函数f(x)在这个区间内f′(x)≥0(或f′(x)≤0)，从而转化为恒成立问题来解决(注意等号成立的检验).‎ ‎4.设f(x)＝，其中a为正实数.‎ ‎(1)当a＝时，求f(x)的极值点；‎ ‎(2)若f(x)为R上的单调函数，求a的取值范围.‎ 解　对f(x)求导得f′(x)＝ex·. ①‎ ‎(1)当a＝时，若f′(x)＝0，则4x2－8x＋3＝0，‎ 解得x1＝，x2＝.结合①可知，‎ x f′(x)‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ f(x)‎ ‎↗‎ 极大值 ‎↘‎ 极小值 ‎↗‎ 所以x1＝是极小值点，x2＝是极大值点.‎ ‎(2)若f(x)为R上的单调函数，则f′(x)在R上不变号.‎ 结合①与条件a>0知，ax2－2ax＋1≥0在R上恒成立，‎ 即Δ＝4a2－4a＝4a(a－1)≤0，由此并结合a>0知，00，求函数f(x)的单调区间；‎ ‎(3)设函数g(x)＝f(x)＋2x，且g(x)在区间(－2，－1)内存在单调递减区间，求实数a的取值范围.‎ 解　(1)f′(x)＝x2－ax＋b，‎ 由题意得即 ‎(2)由(1)，得f′(x)＝x2－ax＝x(x－a)(a>0)，‎ 当x∈(－∞，0)时，f′(x)>0；‎ 当x∈(0，a)时，f′(x)<0；‎ 当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0.‎ 所以函数f(x)的单调递增区间为(－∞，0)，(a，＋∞)，‎ 单调递减区间为(0，a).‎ ‎(3)g′(x)＝x2－ax＋2，‎ 依题意，存在x∈(－2，－1)，‎ 使g′(x)＝x2－ax＋2<0成立，‎ 当x∈(－2，－1)时，a＜x＋≤－2，‎ 所以实数a的取值范围是(－∞，－2).‎ ‎6.(2017·西宁二模)已知函数f(x)＝aln(x＋1)－ax－x2.‎ ‎(1)若x＝1为函数f(x)的极值点，求a的值；‎ ‎(2)讨论f(x)在定义域上的单调性.‎ 解　(1)因为f′(x)＝－a－2x(x＞－1)，‎ 所以令f′(1)＝0，即－a＝2，解得a＝－4.‎ 经检验，当x∈(0，1)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；‎ 当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，‎ 所以f(x)在x＝1处取得极大值.‎ 所以a＝－4满足题意.‎ ‎(2)f′(x)＝－a－2x＝，‎ 令f′(x)＝0，得x＝0或x＝－，‎ 又f(x)的定义域为(－1，＋∞).‎ ‎①当－≤－1，即当a≥0时，‎ 若x∈(－1，0)，f′(x)＞0，则f(x)单调递增；‎ 若x∈(0，＋∞)，f′(x)＜0，则f(x)单调递减；‎ ‎②当－1＜－＜0，即－2＜a＜0时，‎ 若x∈，f′(x)＜0，则f(x)单调递减；‎ 若x∈，f′(x)＞0，则f(x)单调递增；‎ 若x∈(0，＋∞)，f′(x)＜0，则f(x)单调递减；‎ ‎③当－＝0，即a＝－2时，‎ f′(x)≤0，f(x)在(－1，＋∞)上单调递减；‎ ‎④当－＞0，即a＜－2时，‎ 若x∈(－1，0)，f′(x)＜0，则f(x)单调递减；‎ 若x∈，f′(x)＞0，则f(x)单调递增；‎ 若x∈，f′(x)＜0，则f(x)单调递减.‎ 综上，当a≥0时，f(x)在(－1，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减；‎ 当－2＜a＜0时，f(x)在上单调递减，在上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减；‎ 当a＝－2时，f(x)在(－1，＋∞)上单调递减；‎ 当a＜－2时，f(x)在(－1，0)上单调递减，在上单调递增，在上单调递减.‎ ‎7.已知函数f(x)＝(x2＋bx＋b)·(b∈R).‎ ‎(1)当b＝4时，求f(x)的极值；‎ ‎(2)若f(x)在区间上单调递增，求b的取值范围.‎ 解　(1)当b＝4时，f′(x)＝，‎ 由f′(x)＝0，得x＝－2或x＝0.‎ 当x∈(－∞，－2)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；‎ 当x∈(－2，0)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；‎ 当x∈时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，‎ 故f(x)在x＝－2处取得极小值f(－2)＝0，在x＝0处取得极大值f(0)＝4.‎ ‎(2)f′(x)＝，‎ 因为当x∈时，＜0，‎ 依题意得当x∈时，有5x＋(3b－2)≤0，‎ 从而＋(3b－2)≤0，b≤.‎ 所以b的取值范围为.‎ ‎8.(2017·重庆二诊)已知曲线f(x)＝在点(e，f(e))处的切线与直线2x＋e2y＝0平行，a∈R.‎ ‎(1)求a的值；‎ ‎(2)求证：>.‎ ‎(1)解　f′(x)＝，‎ 由题意可知，f′(e)＝＝－⇒a＝3.‎ ‎(2)证明　f(x)＝(x＞0)，‎ f′(x)＝，‎ f′(x)>0⇒，即>.‎ ‎②当x∈[1，＋∞)时，(lnx)2＋3lnx＋3≥0＋0＋3＝3，‎ 令g(x)＝，‎ 则g′(x)＝，‎ 故g(x)在[1，2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减，‎ ‎∴g(x)≤g(2)＝<3，‎ ‎∴(lnx)2＋3lnx＋3>，‎ 即>.‎ 综上，对任意x>0，均有>.‎ 考点三　导数与函数的极值、最值 要点重组　(1)可导函数极值点的导数为0，但导数为0的点不一定是极值点，如函数f(x)＝x3，f′(0)＝0，但x＝0不是极值点.‎ ‎(2)极值点不是一个点，而是一个数x0，当x＝x0时，函数取得极值，在x0处有f′(x0)＝0是函数f(x)在x0处取得极值的必要不充分条件.‎ ‎(3)一般地，在闭区间[a，b]上函数y＝f(x)的图象是一条连续不断的曲线，那么函数y＝f(x)在[a，b]上必有最大值与最小值.函数的最值必在极值点或区间的端点处取得.‎ ‎9.(2017·北京)已知函数f(x)＝excosx－x.‎ ‎(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；‎ ‎(2)求函数f(x)在区间上的最大值和最小值.‎ 解　(1)因为f(x)＝excosx－x，‎ 所以f′(x)＝ex(cosx－sinx)－1，f′(0)＝0，‎ 又因为f(0)＝1，‎ 所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝1.‎ ‎(2)由(1)可知，f′(x)＝ex(cosx－sinx)－1，‎ 设h(x)＝ex(cosx－sinx)－1，则 h′(x)＝ex(cosx－sinx－sinx－cosx)＝－2exsinx.‎ 当x∈时，h′(x)＜0，‎ 所以h(x)在区间上单调递减.‎ 所以对任意x∈有h(x)＜h(0)＝0，‎ 即f′(x)＜0.‎ 所以函数f(x)在区间上单调递减.‎ 因此f(x)在区间上的最大值为f(0)＝1，最小值为f＝－.‎ ‎10.讨论函数f(x)＝ln(x＋1)＋a(x2－x)(a∈R)的极值点的个数.‎ 解　由题意知，函数f(x)的定义域为(－1，＋∞)，‎ f′(x)＝＋a(2x－1)＝.‎ 令g(x)＝2ax2＋ax－a＋1，x∈(－1，＋∞).‎ ‎①当a＝0时，g(x)＝1，‎ 此时f′(x)＞0，函数f(x)在(－1，＋∞)上单调递增，无极值点；‎ ‎②当a＞0时，Δ＝a2－8a(1－a)＝a(9a－8).‎ 当0＜a≤时，Δ≤0，g(x)≥0.‎ 故f′(x)≥0，函数f(x)在(－1，＋∞)上单调递增，无极值点；‎ 当a＞时，Δ＞0.‎ 设方程2ax2＋ax－a＋1＝0的两根分别为x1，x2(x1＜x2)，‎ 因为x1＋x2＝－，‎ 所以x1＜－，x2＞－，‎ 由g(－1)＝1＞0，可得－1＜x1＜－.‎ 所以当x∈(－1，x1)时，g(x)＞0，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增；‎ 当x∈(x1，x2)时，g(x)＜0，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；‎ 当x∈(x2，＋∞)时，g(x)＞0，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增.‎ 因此函数f(x)有两个极值点.‎ ‎③当a＜0时，Δ＞0，由g(－1)＝1＞0，可得x1＜－1.‎ 当x∈(－1，x2)时，g(x)＞0，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增；‎ 当x∈(x2，＋∞)时，g(x)＜0，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减，‎ 所以函数f(x)有一个极值点.‎ 综上所述，当a＜0时，函数f(x)有一个极值点；‎ 当0≤a≤时，函数f(x)无极值点；‎ 当a＞时，函数f(x)有两个极值点.‎ ‎11.设函数f(x)＝.‎ ‎(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；‎ ‎(2)当x≥0时，f(x)的最大值为a，求a的取值范围.‎ 解　(1)当a＝1时，f(x)＝，f(1)＝0，f′(x)＝，f′(1)＝－，‎ ‎∴曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为x＋ey－1＝0.‎ ‎(2)f(x)在x≥0时的最大值为a，等价于f(x)≤a对于x≥0恒成立，‎ 可化为a≥对于x≥0恒成立.‎ 令g(x)＝，则g′(x)＝，‎ 于是g(x)在[0，2]上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减，‎ ‎∴g(x)max＝g(2)＝，‎ ‎∴a的取值范围是.‎ ‎12.已知函数f(x)＝ax－lnx＋x2.‎ ‎(1)若a＝－1，求函数f(x)的极值；‎ ‎(2)若a＝1，∀x1∈(1，2)，∃x2∈(1，2)，使得f(x1)－x＝mx2－mx(m≠0)，求实数m的取值范围.‎ 解　(1)依题意，当a＝－1时，f(x)＝－x－lnx＋x2，‎ f′(x)＝－1－＋2x＝＝，‎ 因为x∈(0，＋∞)，故当x∈(0，1)时，f′(x)＜0，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，‎ 故当x＝1时，f(x)有极小值，极小值为f(1)＝0，无极大值.‎ ‎(2)当a＝1时，f(x)＝x－lnx＋x2.‎ 因为∀x1∈(1，2)，∃x2∈(1，2)，‎ 使得f(x1)－x＝mx2－mx(m≠0)，‎ 故lnx1－x1＝mx－mx2.‎ 设h(x)＝lnx－x，g(x)＝mx3－mx，‎ 当x∈(1，2)时，h′(x)＝－1＜0，即函数h(x)在(1，2)上单调递减，‎ 故h(x)的值域为A＝(ln2－2，－1).‎ 又g′(x)＝mx2－m＝m(x＋1)(x－1).‎ ‎①当m＜0时，g(x)在(1，2)上单调递减，此时g(x)的值域为B＝，‎ 因为A⊆B，又－＞0＞－1，‎ 故≤ln2－2，即m≤ln2－3；‎ ‎②当m＞0时，g(x)在(1，2)上单调递增，此时g(x)的值域为B＝，因为A⊆B，又＞0＞－1，‎ 故－≤ln2－2，故m≥－(ln2－2)＝3－ln2.‎ 综上所述，实数m的取值范围为∪.‎ 例　(12分)设函数f(x)＝a2x2－lnx(a∈R).‎ ‎(1)求函数f(x)的单调区间；‎ ‎(2)如果函数f(x)的图象不在x轴的下方，求实数a的取值范围.‎ 审题路线图 ‎(1)→→ ‎(2)→‎ →‎ 规范解答·评分标准 解　(1)f′(x)＝a2x－(x＞0).……………………………………………………………1分 当a＝0时，f′(x)＜0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递减.‎ 当a＞0时，f′(x)＝＝，‎ 由f′(x)≥0，得x≥；由f′(x)＜0，得0＜x＜.……………………………………3分 所以f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为.‎ 当a<0时，f′(x)＝，‎ 由f′(x)≥0，得x≥－；‎ 由f′(x)<0，得0＜x<－.………………………………………………………………5分 所以f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为.‎ 综上，当a＝0时，f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)；‎ 当a＞0时，f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为；当a＜0时，f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为.………………………………6分 ‎(2)f(x)的图象不在x轴的下方，即当x＞0时，f(x)≥0恒成立，‎ 所以a2x2－lnx≥0，即a2≥.………………………………………………………7分 令h(x)＝(x＞0)，‎ 则h′(x)＝＝，…………………………………………………9分 由h′(x)＞0，得0＜x＜；由h′(x)＜0，得x＞.‎ 故h(x)在(0，]上单调递增，在[，＋∞)上单调递减.当x＝时，h(x)取得最大值.‎ 所以a2≥，解得a≤－或a≥.……………………………………………………11分 故实数a的取值范围是∪.…………………………………12分 构建答题模板 ‎ ‎[第一步]　求导：一般先确定函数的定义域，再求导数f′(x).‎ ‎[第二步]　转化：“判断函数单调性、求极值(最值)”常转化为“判断f′(x)的符号”，“切线方程、切线的斜率(或倾斜角)、切点坐标”，常转化为“导数的几何意义”，“恒成立问题”常转化为“求最值”等.‎ ‎[第三步]　求解：根据题意求出函数的单调区间、极值、最值等问题.‎ ‎[第四步]　反思：单调区间不能用“∪”连接；范围问题的端点能否取到.‎ ‎1.已知函数f(x)＝ax3＋x2(a∈R)在x＝－处取得极值.‎ ‎(1)确定a的值；‎ ‎(2)若g(x)＝f(x)ex，讨论g(x)的单调性.‎ 解　(1)对f(x)求导，得f′(x)＝3ax2＋2x，‎ 因为f(x)在x＝－处取得极值，所以f′＝0，‎ 即3a·＋2·＝－＝0，解得a＝.‎ ‎(2)由(1)得g(x)＝ex，‎ 故g′(x)＝ex＋ex＝ex＝x(x＋1)(x＋4)ex.‎ 令g′(x)＝0，解得x＝0，x＝－1或x＝－4.‎ 当x＜－4时，g′(x)＜0，故g(x)为减函数；‎ 当－4＜x＜－1时，g′(x)＞0，故g(x)为增函数；‎ 当－1＜x＜0时，g′(x)＜0，故g(x)为减函数；‎ 当x＞0时，g′(x)＞0，故g(x)为增函数.‎ 综上可知，g(x)在(－∞，－4)和(－1，0)上为减函数，在(－4，－1)和(0，＋∞)上为增函数.‎ ‎2.(2016·北京)设函数f(x)＝xea－x＋bx，曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y＝(e－1)x＋4.‎ ‎(1)求a，b的值；‎ ‎(2)求f(x)的单调区间.‎ 解　(1)f(x)的定义域为R.‎ ‎∵f′(x)＝ea－x－xea－x＋b＝(1－x)ea－x＋b.‎ 依题意可知，即 解得a＝2，b＝e.‎ ‎(2)由(1)知，f(x)＝xe2－x＋ex，‎ 由f′(x)＝e2－x(1－x＋ex－1)及e2－x＞0知，‎ f′(x)与1－x＋ex－1同号.‎ 令g(x)＝1－x＋ex－1，则g′(x)＝－1＋ex－1.‎ 所以，当x∈(－∞，1)时，g′(x)＜0，g(x)在区间(－∞，1)上单调递减；‎ 当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＞0，g(x)在区间(1，＋∞)上单调递增.‎ 故g(1)＝1是g(x)在区间(－∞，＋∞)上的最小值，‎ 从而g(x)＞0，x∈(－∞，＋∞)，‎ 综上可知，f′(x)＞0，x∈(－∞，＋∞).‎ 故f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞).‎ ‎3.已知函数f(x)＝lnx－a2x2＋ax(a∈R).若函数f(x)在区间[1，＋∞)上是减函数，求实数a的取值范围.‎ 解　函数f(x)＝lnx－a2x2＋ax的定义域为(0，＋∞)，‎ f′(x)＝－2a2x＋a＝＝.‎ 方法一　①当a＝0时，f′(x)＝＞0，所以f(x)在区间[1，＋∞)上是增函数，不合题意；‎ ‎②当a＞0时，f′(x)≤0(x＞0)，即(2ax＋1)(ax－1)≥0(x＞0)，即x≥，‎ 此时f(x)的单调递减区间为.‎ 依题意，得解得a≥1；‎ ‎③当a＜0时，f′(x)≤0(x＞0)，即(2ax＋1)(ax－1)≥0(x＞0)，即x≥－.‎ 此时f(x)的单调递减区间为.‎ 依题意，得解得a≤－.‎ 综上，实数a的取值范围是∪[1，＋∞).‎ 方法二　①当a＝0时，f′(x)＝＞0，‎ 所以f(x)在区间[1，＋∞)上是增函数，不合题意；‎ ‎②当a≠0时，要使函数f(x)在区间[1，＋∞)上是减函数，只需f′(x)≤0在区间[1，＋∞)上恒成立.‎ 因为x＞0，所以只要2a2x2－ax－1≥0在区间[1，＋∞)上恒成立.‎ 所以解得a≥1或a≤－.‎ 综上，实数a的取值范围是∪[1，＋∞).‎ ‎4.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.‎ ‎(1)证明　f′(x)＝m(emx－1)＋2x.‎ 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.‎ 所以，f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增.‎ ‎(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 即 ①‎ 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.‎ 当m∈[－1，1]时，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].‎ ‎5.已知函数f(x)＝x2－ax＋2lnx.‎ ‎(1)若函数y＝f(x)在定义域上单调递增，求实数a的取值范围；‎ ‎(2)设f(x)有两个极值点x1，x2，若x1∈，且f(x1)≥t＋f(x2)恒成立，求实数t的取值范围.‎ 解　(1)因为函数y＝f(x)在定义域上单调递增，‎ 所以f′(x)≥0，即2x－a＋≥0在(0，＋∞)上恒成立，‎ 所以a≤2x＋(x∈(0，＋∞)).‎ 而2x＋≥2＝4，‎ 所以a≤4，所以实数a的取值范围是(－∞，4].‎ ‎(2)因为f′(x)＝(x＞0)，‎ 由题意可得x1，x2为方程f′(x)＝0，即2x2－ax＋2＝0(x＞0)的两个不同实根，‎ 所以ax1＝2x＋2，ax2＝2x＋2.‎ 由根与系数的关系可得x1x2＝1.‎ 由已知0＜x1≤，则x2＝≥e.‎ 而f(x1)－f(x2)＝(x－ax1＋2lnx1)－(x－ax2＋2lnx2)‎ ‎＝[x－(2x＋2)＋2lnx1]－[x－(2x＋2)＋2lnx2]‎ ‎＝(－x－2＋2lnx1)－(－x－2＋2lnx2)‎ ‎＝x－x＋2(lnx1－lnx2)＝x－x＋2ln ‎＝x－＋2ln＝x－－2lnx(x2≥e).‎ 设p(x)＝x－－2lnx(x≥e2)，‎ 则p′(x)＝1＋－＝＝，‎ 显然当x≥e2时，p′(x)＞0，函数p(x)单调递增，‎ 故p(x)≥p(e2)＝e2－－2lne2＝e2－－4.‎ 故f(x1)－f(x2)≥e2－－4，‎ 故t≤e2－－4.‎ 所以实数t的取值范围是.‎