规范答题系列1

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函数与导数类解答题本资料分享自千人教师QQ群323031380 期待你的加入
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(12分)已知函数f(x)＝x－1－aln x(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；
(2)若a<0，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(x
2)－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 (1)当a＝－2时，f(x)＝x－1＋2ln x，

f′(x)＝1＋
2
x
，(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)对x∈(0,1]，当a<0时，f′(x)＝1－ax>0，∴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x
1，x2∈(0,1]，且x1g(x2
)，

∴f(x
2)－f(x1)<4[g(x1)－g(x2)]，即f(x1)＋4x1>f(x2
)＋4x2.

令h(x)＝f(x)＋4x，则当x
1h(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－

4

x
max
.(10分)
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∵y＝x－4x在(0,1]上单调递增，∴y
max
＝－3，

∴－3≤a<0，
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)
＋4x1>f(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m>0，求函数F(x)的最大值；
(2)设f(x)＝F(x)＋x
2
＋3x，若对任意x∈[1，＋∞)，a∈[－1,0)，不等式ln x
－ax＋1>f(a)恒成立，求实数m的取值范围．
解 (1)由F′(x)＝－2me
x
(x＋2)＝0，所以x＝－2，(1分)

因为m>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)＝2me
－

2

.(3分)

(2)因为f(x)＝x2＋3x－2mex(x＋1)，
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所以ln x－ax＋1>f(a)，即2mea(a＋1)－a2－3a＋1>－ln x＋ax.(4分)
因为对任意的x∈[1，＋∞)，a∈[－1,0)，不等式ln x－ax＋1>f(a)恒成立，且
当a∈[－1,0)时，函数－ln x＋ax为减函数，
故只需2mea(a＋1)－a2－3a＋1>(－ln x＋ax)
max
＝a，

即原式等价于对任意的a∈[－1,0)，2mea(a＋1)－a2－4a＋1>0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－1<0，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m>1时，令h′(a)＝0得a＝－ln m或a＝－2(舍去)．
(ⅰ)当1当a∈(－1，－ln m)时，h′(a)<0；
当a∈(－ln m,0)时，h′(a)>0，
所以h(a)
min
＝h(－ln m)＝－ln2 m＋2ln m＋3>0，

解得m∈1e，e3，所以m∈(1，e)．(10分)
(ⅱ)当m≥e时，因为a∈[－1,0)，
所以
1
e
≤ea<1，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)＝4>0，

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2m>a2＋4a－1eaa＋1，(9分)
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令h(a)＝a2＋4a－1eaa＋1，
所以h′(a)＝
2a＋4a＋1－a
2
＋4a－1a＋2
eaa＋1
2

＝
a＋2[2a＋1－a
2
＋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≥－
1
2
.

综上，实数m的取值范围是－12，0∪(0，＋∞)．(12分)