2021年高考数学大二轮专题复习规范答题系列一：函数与导数类解答题

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1、 函数与导数类解答题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； (2)若 a0，且对任意 x1，x2(0，1，都有|f(x1)f(x2)|4|g(x1)g(x2)|，求实数 a 的取值范 围 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；(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 (1)当 a2 时，f(x)x12ln x， f(x)12 x，(1

2、 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)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， x2ax40 在(0，1上恒成立，等价于 ax4 x在(0，1上恒成立，只需 a

3、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； (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 (1)由 F(x)2

4、mex(x2)0，所以 x2，(1 分) 因为 m0，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)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， 即原式等价于对任意的 a1，0)，2mea(a1)a24a10 恒成立，(6 分)

5、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，e 3 ，所以 m(1，e).(10 分) ()当 me 时，因为 a1，0)

6、，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)