2021年高考数学大二轮专题复习：函数与导数之规范答题系列一

1、专题二专题二 函数与导数函数与导数 第二编 讲专题 规范答题系列一规范答题系列一 函数与导数类解答题 (12 分)已知函数 f(x)x1a ln x(aR)，g(x)1 x. (1)当 a2 时，求曲线 yf(x)在 x1 处的切线方程； 解题思路 (1)由导数的几何意义可得切线的斜率，进而得到切线的方 程； 解 (1)当 a2 时，f(x)x12ln x， f(x)12 x，(1 分) f(1)0，切线的斜率 kf(1)3，(2 分) 故曲线 yf(x)在 x1 处的切线方程为 3xy30.(4 分) (2)若 a0，且对任意 x1，x2(0，1，都有|f(x1)f(x2)|4|g(x1)g

2、(x2)|， 求实数 a 的取值范围 解题思路 (2)利用导数判断函数 f(x)的单调性，结合 f(x2)f(x1)4g(x1) g(x2)即可将问题转化为不等式恒成立问题，进而求得 a 的取值范围 解 (2)对 x(0，1，当 a0， f(x)在(0，1上单调递增，易知 g(x)1 x在(0，1上单调递减，(6 分) 不妨设 x1，x2(0，1，且 x1x2，f(x1)g(x2)， f(x2)f(x1)f(x2) 4 x2. 令 h(x)f(x)4 x，则当 x1h(x2)，h(x)在(0，1上单调递减，(8 分) h(x)1a x 4 x2 x2ax4 x2 0 在(0，1上恒成立， x2

3、ax40 在(0，1上恒成立，等价于 ax4 x在(0，1上恒成立， 只需 a x4 x max.(10 分) yx4 x在(0，1上单调递增，ymax3， 3af(x2) 4 x2构造函数 h(x)f(x) 4 x，将问题转化为函数的单调性及 最值问题. 3步骤齐全很关键，查看是否注意定义域，区间的变化，分类讨论的 条件，极值、最值、题目的结论等一些关键式子，解答时一定要写清楚 跟踪训练 (2020 河北省保定市一模)(12 分)已知函数 F(x)2mex(x1)(m0). (1)若 m0，求函数 F(x)的最大值； 解 (1)由 F(x)2mex(x2)0，所以 x2，(1 分) 因为 m

4、0，所以 F(x)在(，2)上单调递增；在(2，)上单调递 减， 所以函数 F(x)有最大值，其最大值为 F(2)2me2.(3 分) (2)设 f(x)F(x)x23x，若对任意 x1，)，a1，0)，不等 式 ln xax1f(a)恒成立，求实数 m 的取值范围 解 (2)因为 f(x)x23x2mex(x1)， 所以 ln xax1f(a)，即 2mea(a1)a23a1ln xax.(4 分) 因为对任意的 x1，)，a1，0)，不等式 ln xax1f(a)恒成 立，且当 a1，0)时，函数ln xax 为减函数， 故只需 2mea(a1)a23a1(ln xax)maxa， 即原式

5、等价于对任意的 a1，0)，2mea(a1)a24a10 恒成立， (6 分) 解法一：记 h(a)2mea(a1)a24a1， 则 h(a)2mea(a2)2a42(a2)(mea1). 因为 a1，0)，所以 ea 1 e，1 ，且 a21. 当 m1(m0)时，mea10，所以 h(a)0，只需 h(0)0，解得 m1 2，所以 m 1 2，0 (0，1.(8 分) 当 m1 时，令 h(a)0 得 aln m 或 a2(舍去). ()当 1me 时，ln m(1，0)， 当 a(1，ln m)时，h(a)0， 所以 h(a)minh(ln m)ln2m2ln m30， 解得 m 1 e

6、，e 3 ，所以 m(1，e).(10 分) ()当 me 时，因为 a1，0)，所以1 ee a0， 综上，实数 m 的取值范围是 1 2，0 (0，).(12 分) 解法二：当 a1 时，显然 m0 时恒成立(7 分) 当 a(1，0)时，原式等价于 2m a24a1 ea（a1），(9 分) 令 h(a) a24a1 ea（a1）， 所以 h(a)（2a4）（a1）（a 24a1）（a2） ea（a1）2 （a2）2（a1）（a 24a1） ea（a1）2 （a2）（a 22a3） ea（a1）2 （a2）（a3）（a1） ea（a1）2 ，(11 分) 又因为 a(1，0)，所以 h(a)0， 所以 h(a)在(1，0)上单调递增，所以 2mh(0)1，所以 m1 2. 综上，实数 m 的取值范围是 1 2，0 (0，).(12 分) 本课结束本课结束