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

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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

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