教辅-高考数学大二轮专题复习：函数与导数之规范答题系列一

专题二函数与导数第二编讲专题规范答题系列一函数与导数类解答题(12分)已知函数f(x)＝x－1－alnx(a∈R)，g(x)＝1x.(1)当a＝－2时，求曲线y＝f(x)在x＝1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a＝－2时，f(x)＝x－1＋2lnx，f′(x)＝1＋2x，(1分)f(1)＝0，切线的斜率k＝f′(1)＝3，(2分)故曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为3x－y－3＝0.(4分)(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(2)利用导数判断函数f(x)的单调性，结合f(x2)－f(x1)4[g(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时，f′(x)＝1－ax0，∴f(x)在(0，1]上单调递增，易知g(x)＝1x在(0，1]上单调递减，(6分)不妨设x1，x2∈(0，1]，且x1x2，f(x1)f(x2)，g(x1)g(x2)，∴f(x2)－f(x1)4[g(x1)－g(x2)]，即f(x1)＋4x1f(x2)＋4x2.令h(x)＝f(x)＋4x，则当x1x2时，有h(x1)h(x2)，∴h(x)在(0，1]上单调递减，(8分)∴h′(x)＝1－ax－4x2＝x2－ax－4x2≤0在(0，1]上恒成立，∴x2－ax－4≤0在(0，1]上恒成立，等价于a≥x－4x在(0，1]上恒成立，∴只需a≥x－4xmax.(10分)∵y＝x－4x在(0，1]上单调递增，∴ymax＝－3，∴－3≤a0，故实数a的取值范围为[－3，0).(12分)1．求导数：准确求出f′(x)给1分．2．求斜率：利用切点横坐标求出切线斜率给1分．3．写方程：利用点斜式写出切线方程并化简给2分．4．判断单调性：准确判断f(x)与g(x)在(0，1]上的单调性给2分．5．构造函数：将原不等式恒成立问题转化为函数h(x)的单调性问题给2分．6．转化最值：将函数h(x)的单调性转化为恒成立问题及最值问题给2分．7．求最值：利用单调性求最值、求参数取值范围给2分．1．牢记求导法则，正确求导是解题关键，对函数的正确求导就能得到相应分数．2．构建函数模型，构造函数是解决不等式问题的核心思想，如本题中由f(x1)＋4x1f(x2)＋4x2构造函数h(x)＝f(x)＋4x，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(x＋1)(m≠0).(1)若m0，求函数F(x)的最大值；解(1)由F′(x)＝－2mex(x＋2)＝0，所以x＝－2，(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)＝2me－2.(3分)(2)设f(x)＝F(x)＋x2＋3x，若对任意x∈[1，＋∞)，a∈[－1，0)，不等式lnx－ax＋1f(a)恒成立，求实数m的取值范围．解(2)因为f(x)＝x2＋3x－2mex(x＋1)，所以lnx－ax＋1f(a)，即2mea(a＋1)－a2－3a＋1－lnx＋ax.(4分)因为对任意的x∈[1，＋∞)，a∈[－1，0)，不等式lnx－ax＋1f(a)恒成立，且当a∈[－1，0)时，函数－lnx＋ax为减函数，故只需2mea(a＋1)－a2－3a＋1(－lnx＋ax)max＝a，即原式等价于对任意的a∈[－1，0)，2mea(a＋1)－a2－4a＋10恒成立，(6分)解法一：记h(a)＝2mea(a＋1)－a2－4a＋1，则h′(a)＝2mea(a＋2)－2a－4＝2(a＋2)(mea－1).因为a∈[－1，0)，所以ea∈1e，1，且a＋2≥1.①当m≤1(m≠0)时，mea－10，所以h′(a)0，即a∈[－1，0)时，h(a)单调递减．所以h(a)0，只需h(0)≥0，解得m≥－12，所以m∈－12，0∪(0，1].(8分)②当m1时，令h′(a)＝0得a＝－lnm或a＝－2(舍去).(ⅰ)当1me时，－lnm∈(－1，0)，当a∈(－1，－lnm)时，h′(a)0；当a∈(－lnm，0)时，h′(a)0，所以h(a)min＝h(－lnm)＝－ln2m＋2lnm＋30，解得m∈1e，e3，所以m∈(1，e).(10分)(ⅱ)当m≥e时，因为a∈[－1，0)，所以1e≤ea1，所以mea≥1，所以h′(a)≥0，则h(a)在a∈[－1，0)上单调递增，所以h(a)min＝h(－1)＝40，综上，实数m的取值范围是－12，0∪(0，＋∞).(12分)解法二：当a＝－1时，显然m≠0时恒成立．(7分)当a∈(－1，0)时，原式等价于2ma2＋4a－1ea（a＋1），(9分)令h(a)＝a2＋4a－1ea（a＋1），所以h′(a)＝（2a＋4）（a＋1）－（a2＋4a－1）（a＋2）ea（a＋1）2＝（a＋2）[2（a＋1）－（a2＋4a－1）]ea（a＋1）2＝－（a＋2）（a2＋2a－3）ea（a＋1）2＝－（a＋2）（a＋3）（a－1）ea（a＋1）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2m≥h(0)＝－1，所以m≥－12.综上，实数m的取值范围是－12，0∪(0，＋∞).(12分)本课结束