第二编 专题二 赏规范答题 品技法指导(一) 函数与导数类解答题-【金版教程】2023高考文科数学大二轮专题复习冲刺方案课件PPT（老教材，全国统考版）

专题二　函数与导数 第二编 突破主干知识专题 赏规范答题　品技法指导(一)　 函数与导数类解答题 评分分析 技法指导 评分分析 技法指导 评分分析 技法指导 评分分析 技法指导 评分分析 技法指导 1 评分分析 PART ONE 评分分析 技法指导 2 技法指导 PART TWO 评分分析 技法指导 本课结束 　(2021·全国甲卷)(12分)已知a>0且a≠1，函数f(x)＝ eq \f(xa,ax)(x>0). (1)当a＝2时，求f(x)的单调区间； 解题思路　(1)f(x) eq \o(――→,\s\up17(求导))f′(x)―→函数f(x)的单调区间． 规范答题　(1)当a＝2时，f(x)＝ eq \f(x2,2x)(x>0)， f′(x)＝ eq \f(x（2－x ln 2）,2x)(x>0).(1分) 令f′(x)>0，则0<x< eq \f(2,ln 2)，此时函数f(x)单调递增．(3分) 令f′(x)<0，则x> eq \f(2,ln 2)，此时函数f(x)单调递减．(4分) 所以函数f(x)的单调递增区间为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,ln 2)))，单调递减区间为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,ln 2)，＋∞)).(5分) (2)若曲线y＝f(x)与直线y＝1有且仅有两个交点，求a的取值范围． 解题思路　(2)曲线y＝f(x)与直线y＝1有且仅有两个交点 eq \o(――→,\s\up17(转化)) eq \f(xa,ax)＝1有两个不同的解 eq \o(――→,\s\up17(转化))方程 eq \f(ln x,x)＝ eq \f(ln a,a)有两个不同的解―→构造函数g(x)＝ eq \f(ln x,x) eq \o(――→,\s\up17(求导))函数g(x)的单调性―→g(x)max＝g(e)＝ eq \f(1,e) eq \o(――→,\s\up17(g（1）＝0))0< eq \f(ln a,a)< eq \f(1,e)―→a的取值范围． 规范答题　(2)曲线y＝f(x)与直线y＝1有且仅有两个交点， 可转化为方程 eq \f(xa,ax)＝1(x>0)有两个不同的解，即方程 eq \f(ln x,x)＝ eq \f(ln a,a)有两个不同的解．(6分) 设g(x)＝ eq \f(ln x,x)(x>0)，(7分) 则g′(x)＝ eq \f(1－ln x,x2)(x>0)，(8分) 令g′(x)＝ eq \f(1－ln x,x2)＝0，解得x＝e. 当0<x<e时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增， 当x>e时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减， 故g(x)max＝g(e)＝ eq \f(1,e)，(9分) 且当x>e时，g(x)∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))，(10分) 又g(1)＝0，所以0< eq \f(ln a,a)< eq \f(1,e)，(11分) 所以a>1且a≠e， 即a的取值范围为(1，e)∪(e，＋∞).(12分) 第(1)问评卷关键点：①是否正确对函数进行求导；②求函数单调性是否考虑函数的定义域，单调区间是否正确． 第(2)问评卷关键点：①是否有将方程 eq \f(xa,ax)＝1(x>0)转化为 eq \f(ln x,x)＝ eq \f(ln a,a)的过程；②是否有构造函数研究函数单调性的过程；③a的取值范围是否正确． 函数与导数综合问题的关键 (1)会求函数的极值点，先利用方程f′(x)＝0的根，将函数的定义域分成若干个开区间，再列成表格，最后依表格内容即可写出函数的极值； (2)证明不等式，常构造函数，并利用导数法判断新构造函数的单调性，从而可证明原不等式成立； (3)不等式恒成立问题除了用分离参数法，还可以从分类讨论和判断函数的单调性入手，去求参数的取值范围． $