巧用二次求导解决高考函数压轴题
二次求导在解题中的妙用
二次求导在解题中的妙用佚名【期刊名称】《《高中数理化》》【年(卷),期】2019(000)006【总页数】1页(P15)【正文语种】中文导数作为研究函数问题的重要工具，既是数学的重要内容，又是高考的必考考点．近几年高考中，有些函数需要根据所求问题对导函数进行二次求导，根据二次导函数的性质研究一次导函数性质，进而求得原函数性质，这类问题常作为压轴题出现，本文从二次导函数的应用出发，探讨其解题思路和方法.1 判断函数的单调性例1 若函数设a=fx1,b=fx2，试比较a,b的大小．由得设g(x)=xcos x-sin x，则g′(x)=-xsin x+cos x-cos x=-xsin x.因为0<x<π,所以g′(x)<0，即函数g(x)在0,π上是减函数．所以g(x)<g0=0，因此f′(x)<0，故f(x)在(0，π)是减函数，当0<x1<x2<π时，有fx1>fx2，即a>b.本题中为了得到f(x)的单调性，就要判断f′(x)的符号，而f′(x)的分母为正，故只需判断分子的符号.所以通过二次求导，判断一次导函数的符号，最终解决问题．2 证明不等式例2 (2017年全国卷Ⅱ)已知函数f(x)=x2-x-xln x，且f(x)≥0.证明：f(x)存在唯一的极大值点x0，且e-2<fx0<2-2.由题意可知f′(x)=2x-2-ln x.设h(x)=2x-2-ln x，则当时，h′(x)<0；当时，h′(x)>0，所以h(x)在单调递减，在单调递增.所以h(x)在有唯一零点x0，在有唯一零点1，且当x∈0,x0时，h(x)>0;当x∈x0,1时，h(x)<0;当x∈1,+∞时，h(x)>0;因为f′(x)=h(x)，所以x=x0是f(x)的唯一极大值点.由f′x0=0得ln x0=2x0-1，故fx0=x01-x0.由x0∈0,1，得因为x=x0是f(x)在0,1的最大值点，且e-1∈0,1,f′e-1≠0，故可得fx0>fe-1=e-2.所以e-2<fx0<2-2.导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，也是证明不等式的主要根据，本题利用二次求导判断f′(x)的符号，从而利用最值证得不等式.3 求函数的最值问题例3 (2017年北京卷)已知函数f(x)=excos x-x．(1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程；(2)求函数f(x)在区间上的最大值和最小值．(1)f′(x)=ex(cos x-sin x)-1，故y=f(x)在点(0,f(0))处的切线的斜率k=0，且f(0)=e0cos 0-0=1，所以切点为(0，1)，故y=f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y=1.(2)f′(x)=excos x-sin x-1，令h(x)=ex(cos x-sin x)-1，则h′(x)=ex(cos x-sin x-sin x-cos x)=-2exsin x，当时，h′(x)=-2exsin x≤0,所以h(x)在区间上单调递减，所以对任意即f′(x)≤0.所以函数f(x)在区间上单调递减.因此f(x)在区间上的最大值为f(0)=1，最小值为这道导数题并不难，第(2)问需要求二阶导数，因为f′(x)的正负不易判断，所以需要对其再求一次导数.设h(x)=f′(x)，求出h′(x)，再根据h′(x)判断函数h(x)的单调性，并根据单调性求h(x)的最值，从而判断f(x)的单调性，求得f(x)的最值.。
二次求导法解高考导数题
二次求导法解高考导数题胡贵平（甘肃省白银市第一中学 ，甘肃 白银 730900）导数是研究函数性质的一种重要工具，用导函数判断原函数的单调性，如果导函数大于零，则原函数为增，导函数小于零，则原函数为减.而当导数与0的大小确定不了时，对导函数或导函数中的一部分再构造，继续求导，也就是二次求导，不失为一种妙法，下面我们结合高考题来看看二次求导数题中的应用.１ （2017年高考课标Ⅱ卷（文）（21））设函数2()(1)e x f x x =-.（I ）讨论()f x 的单调性；(II)当0x ≥时，()1f x ax ≤+，求a 的取值范围.解：（I ）略.(II)当0x ≥时，()1f x ax ≤+等价于2(1)1x ax x e ≥--.若=0x ，显然成立，a R ∈.若0x >时，2(1)1x x e a x --≥，设2(1)1()x x e g x x--=， 2232222(1)(1)1(1)1()x x x x xe x e x x e x x x e g x x x ⎡⎤⎡⎤-+------+-+⎣⎦⎣⎦'== ，令32()(1)1x h x x x x e =--+-+，32()(4)0x h x e x x x '=-++<，所以()h x 在(0,)x ∈+∞内是减函数，易知(0)=0h ，所以当(0,)x ∈+∞时，()0h x <，即()0g x '<，所以()g x 在(0,)x ∈+∞上单调递减，所以22022000(1)1(101(1)1lim lim (1)1x x x x x x x e e x e x e x x →→=⎡⎤-------'⎣⎦⎡⎤==--⎣⎦）20(21)=1x x x x e =⎡⎤=--+⎣⎦，所以1a ≥，综上所述，a 的取值范围是[)1+∞，. ２ （2016年高考课标Ⅱ卷（文）（20）） 已知函数()(1)ln (1)f x x x a x =+--.（I ）当4a =时，求曲线()y f x =在()1,(1)f 处的切线方程；(II)若当()1,x ∈+∞时，()0f x ＞，求a 的取值范围.解：（I ）略.(II)当(1,)∈+∞x 时，()0>f x 等价于(1)ln 1x x a x +<-，设(1)ln ()1x x g x x +=-， 2221(ln )(1)(1)ln 2ln 1()(1)(1)x x x x x x x x x g x x x x ++--+--'==-- ，令2()2ln 1h x x x x =--，()22ln 22(ln 1)0h x x x x x '=--=-->，所以()h x 在()1,x ∈+∞内是增函数，易知(1)=0h ，所以当()1,x ∈+∞时，()0h x >，即()0g x '>，所以()g x 在()1,x ∈+∞上单调递增，所以[]1111(1)ln (1)ln (11)ln1(1)lim lim (1)ln ln 211x x x x x x x x x x x x x x x →→==++-++⎡⎤'==+=+=⎢⎥--⎣⎦，所以2≤a ，即a 的取值范围是(],2-∞.3 （2010年高考安徽卷（理）（17））设a 为实数，函数()22,x f x e x a x R =-+∈.（Ⅰ）求()f x 的单调区间与极值；（Ⅱ）求证：当a ＞ln21-且x ＞0时，x e ＞221x ax -+. 解：（I ）略.（Ⅱ）设()221x g x e x ax =-+-， 则()22x g x e x a '=-+， 继续对()g x '求导得()2x g x e ''=- ，当x 变化时()g x ''，()g x '变化如下表由上表可知()()ln 2g x g ''≥，而()()ln2ln 22ln 2222ln 222ln 21g e a a a '=-+=-+=-+，由a ＞ln21-知 ()ln 20g '>，所以()0g x '>，即()g x 在区间()0,+∞上为增函数. 于是有()(0)g x g >，而()02002010g e a =-+⨯-=， 故()0g x >，即当a ＞ln21-且x ＞0时，x e ＞221x ax -+.4（2008年高考湖南卷（理）（21））已知函数22()ln (1)1x f x x x =+-+.(I) 求函数()f x 的单调区间； （Ⅱ）若不等式1(1)n a e n++≤对任意的N*n ∈都成立（其中e 是自然对数的底数）.求a 的最大值. 解：（I ）函数()f x 的定义域是(1,)-+∞，22222ln(1)22(1)ln(1)2()1(1)(1)x x x x x x x f x x x x ++++--'=-=+++. 设2()2(1)ln(1)2g x x x x x =++--，则()2ln(1)2g x x x '=+-. 令()2ln(1)2h x x x =+-，则22()211x h x x x -'=-=++. 当10x -<<时， ()0h x '>，从而()h x 在(1,0)-上为增函数， 当0x >时，()0h x '<，从而()h x 在(0,)+∞上为减函数. 所以h(x)在0x =处取得极大值，而(0)0h =，所以()0(0)g x x '<≠，函数()g x 在(1,)-+∞上为减函数.于是当10x -<<时，()(0)0g x g >=，当0x >时，()(0)0g x g <=. 所以当10x -<<时，()0,f x '>()f x 在(1,0)-上为增函数. 当0x >时，()0,f x '<()f x 在(0,)+∞上为减函数. 故函数()f x 的单调递增区间为(1,0)-，单调递减区间为(0,)+∞. （Ⅱ）略.。
二次求导问题
二次求导问题导数既是高中数学的一个重要内容，又是高考的一个必考内容．近几年高考中，出现了一种新的“导数”，它是对导函数进行二次求导而产生的新函数，尤其是近几年作为高考的压轴题时常出现． [典例] 若函数f (x )＝sin x x，0<x 1<x 2<π. 设a ＝f (x 1)，b ＝f (x 2)，试比较a ，b 的大小． [思路点拨]此题可联想到研究函数f (x )＝sin x x在(0，π)的单调性．函数图象虽然可以直观地反映出两个变量之间的变化规律，但大多数复合的函数作图困难较大．导数的建立拓展了应用图象解题的空间．导数这个强有力的工具对函数单调性的研究提供了简单、程序化的方法，具有很强的可操作性．当f ′(x )>0时，函数f (x )单调递增；当f ′(x )<0时，函数f (x )单调递减．[方法演示]解：由f (x )＝sin x x ，得f ′(x )＝x cos x －sin x x 2， 设g (x )＝x cos x －sin x ，则g ′(x )＝－x sin x ＋cos x －cos x ＝－x sin x .∵0<x <π，∴g ′(x )<0，即函数g (x )在(0，π)上是减函数．∴g (x )<g (0)＝0，因此f ′(x )<0，故函数f (x )在(0，π)是减函数，∴当0<x 1<x 2<π，有f (x 1)>f (x 2)，即a >b .[解题师说]从本题解答来看，为了得到f (x )的单调性，须判断f ′(x )的符号，而f ′(x )＝x cos x －sin x x 2的分母为正，只需判断分子x cos x －sin x 的符号，但很难直接判断，故可通过二次求导，判断出一次导函数的符号，并最终解决问题．[应用体验]1．已知函数f (x )满足f (x )＝f ′(1)e x －1－f (0)x ＋12x 2，求f (x )的解析式及单调区间． 解：因为f (x )＝f ′(1)e x －1－f (0)x ＋12x 2，所以f ′(x )＝f ′(1)e x －1－f (0)＋x . 令x ＝1，得f (0)＝1. 所以f (x )＝f ′(1)e x －1－x ＋12x 2，所以f (0)＝f ′(1)e －1＝1，解得f ′(1)＝e. 所以f (x )＝e x －x ＋12x 2.设g (x )＝f ′(x )＝e －1＋x ，则g ′(x )＝e ＋1>0，所以y ＝g (x )在R 上单调递增．因为f ′(0)＝0，所以f ′(x )>0＝f ′(0)⇔x >0，f ′(x )<0＝f ′(0)⇔x <0.所以f (x )的解析式为f (x )＝e x －x ＋12x 2，且单调递增区间为(0，＋∞)，单调递减区间为(－∞，0).[典例] (1)若x ＝23为y ＝f (x )的极值点，求实数a 的值； (2)若y ＝f (x )在[1，＋∞)上为增函数，求实数a 的取值范围；(3)若a ＝－1时，方程f (1－x )－(1－x )3＝b x有实根，求实数b 的取值范围． [方法演示]解：(1)f ′(x )＝a ax ＋1＋3x 2－2x －a . 由题意，知f ′⎝⎛⎭⎫23＝0，所以a 23a ＋1＋43－43－a ＝0，解得a ＝0. 当a ＝0时，f ′(x )＝x (3x －2)，从而x ＝23为y ＝f (x )的极值点． (2)因为f (x )在[1，＋∞)上为增函数，所以f ′(x )＝a ax ＋1＋3x 2－2x －a ＝x [3ax 2＋(3－2a )x －(a 2＋2)]ax ＋1≥0在[1，＋∞)上恒成立． 当a ＝0时，f ′(x )＝x (3x －2)，此时f (x )在[1，＋∞)上为增函数恒成立，故a ＝0符合题意； 当a ≠0时，由ax ＋1>0对x >1恒成立，知a >0.所以3ax 2＋(3－2a )x －(a 2＋2)≥0对x ∈[1，＋∞)恒成立．令g (x )＝3ax 2＋(3－2a )x －(a 2＋2)，其对称轴为x ＝13－12a ，因为a >0，所以13－12a <13，所以g (x )在[1，＋∞)上为增函数，所以只需g (1)≥0即可，即－a 2＋a ＋1≥0，解得0<a ≤1＋52. 综上，实数a 的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，1＋52. (3)由已知得，x >0，∴b ＝x (ln x ＋x －x 2)＝x ln x ＋x 2－x 3.令g (x )＝x ln x ＋x 2－x 3，则g ′(x )＝ln x ＋1＋2x －3x 2.令h (x )＝g ′(x )，则h ′(x )＝1x ＋2－6x ＝－6x 2－2x －1x. 当0<x <1＋76时，h ′(x )>0，∴函数h (x )＝g ′(x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，1＋76上递增；又g ′(1)＝0，∴存在x 0∈⎝⎛⎭⎪⎫0，1＋76，使得g ′(x 0)＝0. 当0<x <x 0时，g ′(x )<0，∴函数g (x )在(0，x 0)上递减；当x 0<x <1时，g ′(x )>0，∴函数g (x )在(x 0,1)上递增；当x >1时，g ′(x )<0，∴函数g (x )在(1，＋∞)上递减．又当x →＋∞时，g (x )→－∞.又g (x )＝x ln x ＋x 2－x 3＝x (ln x ＋x －x 2)≤x ⎝⎛⎭⎫ln x ＋14， 当x →0时，ln x ＋14<0，则g (x )<0，且g (1)＝0， ∴b 的取值范围为(－∞，0]．[解题师说]本题从题目形式来看，是极其常规的一道导数考题，第(3)问要求参数b 的范围问题，实际上是求g (x )＝x (ln x ＋x －x 2)极值问题，问题是g ′(x )＝ln x ＋1＋2x －3x 2＝0这个方程求解不易，这时我们可以尝试对h (x )＝g ′(x )再一次求导并解决问题．所以当导数值等于0这个方程求解有困难，考虑用二次求导尝试不失为一种妙法．(文)已知函数f (x )＝e x －x ln x ，g (x )＝e x －tx 2＋x ，t ∈R ，其中e 为自然对数的底数．(1)求函数f (x )的图象在点(1，f (1))处的切线方程；(2)若g (x )≥f (x )对任意的x ∈(0，＋∞)恒成立，求t 的取值范围．[方法演示]解：(1)由f (x )＝e x －x ln x ，知f ′(x )＝e －ln x －1，则f ′(1)＝e －1，而f (1)＝e ，则所求切线方程为y －e ＝(e －1)(x －1)，即y ＝(e －1)x ＋1.(2)∵f (x )＝e x －x ln x ，g (x )＝e x －tx 2＋x ，t ∈R ，∴g (x )≥f (x )对任意的x ∈(0，＋∞)恒成立等价于e x －tx 2＋x －e x ＋x ln x ≥0对任意的x ∈(0，＋∞)恒成立，即t ≤e x ＋x －e x ＋x ln x x 2对任意的x ∈(0，＋∞)恒成立． 令F (x )＝e x ＋x －e x ＋x ln x x 2，则F ′(x )＝x e x ＋e x －2e x －x ln x x 3＝1x2⎝⎛⎭⎫e x ＋e －2e xx －ln x ， 令G (x )＝e x＋e －2e x x －ln x ，则G ′(x )＝e x －2(x e x －e x )x 2－1x ＝e x (x －1)2＋e x －x x 2＞0对任意的x ∈(0，＋∞)恒成立．∴G (x )＝e x＋e －2e xx －ln x 在(0，＋∞)上单调递增，且G (1)＝0，∴当x ∈(0,1)时，G (x )＜0，当x ∈(1，＋∞)时，G (x )＞0，即当x ∈(0,1)时，F ′(x )＜0，当x ∈(1，＋∞)时，F ′(x )＞0，∴F (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴F (x )≥F (1)＝1，∴t ≤1，即t 的取值范围是(－∞，1]．[解题师说]本题从题目形式来看，是极其常规的一道导数考题，第(2)问要求参数t 的范围问题，实际上是求F (x )＝e x ＋x －e x ＋x ln x x 2极值问题，问题是F ′(x )＝1x 2e x ＋e －2e x x－ln x 这个方程求解不易，这时我们可以尝试对G (x )＝F ′(x )再一次求导并解决问题．所以当导数值等于0这个方程求解有困难，考虑用二次求导尝试不失为一种妙法．[应用体验]2．设k ∈R ，函数f (x )＝e x －(1＋x ＋kx 2)(x >0)．(1)若k ＝1，求函数f (x )的导函数f ′(x )的极小值；(2)若对任意的t >0，存在s >0，使得当x ∈(0，s )时，都有f (x )<tx 2，求实数k 的取值范围． 解：(1)当k ＝1时，函数f (x )＝e x －(1＋x ＋x 2)，则f (x )的导数f ′(x )＝e x －(1＋2x )，令g (x )＝f ′(x )，则g ′(x )＝e x －2，当0<x <ln 2时，g ′(x )<0；当x >ln 2时，g ′(x )>0，从而f ′(x )在(0，ln 2)上递减，在(ln 2，＋∞)上递增．故导数f ′(x )的极小值为f ′(ln 2)＝1－2ln 2.(2)对任意的t >0，记函数F (x )＝f (x )－tx 2＝e x －[1＋x ＋(k ＋t )x 2]，x >0，根据题意，存在s >0，使得当x ∈(0，s )时，F (x )<0. 易得F (x )的导数F ′(x )＝e x －[1＋2(k ＋t )x ]， 令h (x )＝F ′(x )，则h ′(x )＝e x －2(k ＋t )．①若h ′(x )≥0，注意到h ′(x )在(0，s )上递增，故当x ∈(0，s )时，h ′(x )>h ′(0)≥0，于是F ′(x )在(0，s )上递增，则当x ∈(0，s )时，F ′(x )>F ′(0)＝0，从而F (x )在(0，s )上递增．故当x ∈(0，s )时，F (x )>F (0)＝0，与已知矛盾；②若h ′(x )<0，因为h ′(x )在(0，s )上连续且递增，故存在s >0，使得当x ∈(0，s )，h ′(x )<0，从而F ′(x )在(0，s )上递减，于是当x ∈(0，s )时，F ′(x )<F ′(0)＝0，因此F (x )在(0，s )上递减．故当x ∈(0，s )时，F (x )<F (0)＝0，满足已知条件．综上所述，对任意的t >0，都有h ′(x )<0，所以1－2(k ＋t )<0，即k >12－t ， 故实数k 的取值范围为⎝⎛⎭⎫12－t ，＋∞.[典例] 证明当x >0时，sin x >x －x 6. [方法演示]证明：令f (x )＝sin x －x ＋x 36，则f ′(x )＝cos x －1＋x 22，所以f ″(x )＝－sin x ＋x . 易知当x >0时，sin x <x ，所以在(0，＋∞)上f ″(x )>0，所以f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增． 又f ′(0)＝0，所以在(0，＋∞)有f ′(x )>f ′(0)＝0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增．故当x >0时，f (x )＝sin x －x ＋x 36>f (0)＝0. 所以sin x >x －x 36(x >0)．[解题师说]本题是应用导数证明不等式．证明的关键在于构造适当的函数，然后在相应区间上用二次求导的方法判定导数的符号，得到导函数的单调性，再利用单调性证明不等式．[应用体验]3．(2018·西安八校联考)已知函数f (x )＝m e x －ln x －1.(1)当m ＝0时，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(2)当m ≥1时，证明：f (x )>1.解：(1)当m ＝0时，f (x )＝－ln x －1，则f ′(x )＝－1x，所以f (1)＝－1，f ′(1)＝－1. 所以曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －(－1)＝－(x －1)，即x ＋y ＝0.(2)证明：当m ≥1时，f (x )＝m e x －ln x －1≥e x －ln x －1.要证f (x )>1，只需证e x －ln x －2>0. 设g (x )＝e x －ln x －2，则g ′(x )＝e x －1x. 设h (x )＝e x －1x ，则h ′(x )＝e x ＋1x 2>0. 所以函数h (x )＝g ′(x )＝e x －1x在(0，＋∞)上单调递增． 因为g ′⎝⎛⎭⎫12＝e 12－2<0，g ′(1)＝e －1>0，所以函数g ′(x )＝e x －1x在(0，＋∞)上有唯一零点x 0，且x 0∈⎝⎛⎭⎫12，1. 因为g ′(x 0)＝0，所以e x 0＝1x 0，即ln x 0＝－x 0. 当x ∈(0，x 0)时，g ′(x )<0；当x ∈(x 0，＋∞)时，g ′(x )>0，所以当x ＝x 0时，g (x )取得极小值也是最小值g (x 0)．故g (x )≥g (x 0)＝e x 0－ln x 0－2＝1x 0＋x 0－2>0. 综上可知，当m ≥1时，f (x )>1.证明：设f (x )＝1＋x ln(x ＋1＋x 2)－1＋x 2，∵f ′(x )＝ln(x ＋1＋x 2)＋x ⎝⎛⎭⎪⎫1＋x 1＋x 2x ＋1＋x 2－x 1＋x 2＝ln(x ＋1＋x 2)， 设h (x )＝f ′(x )，则h ′(x )＝1＋x1＋x 2x ＋1＋x 2＝1＋x 2＋x 1＋x 2(x ＋1＋x 2)＝11＋x2>0， 所以f ′(x )在(－∞，＋∞)上是增函数．由f ′(x )＝0，即ln(x ＋1＋x 2)＝0，得x ＝0.所以当x <0时，f ′(x )<0，则f (x )在(－∞，0)上为减函数；当x >0时，f ′(x )>0，则f (x )在(0，＋∞)上为增函数．故f (x )在x ＝0处有极小值，所以f (x )≥f (0)＝0，即1＋x ln(x ＋1＋x 2)≥1＋x 2.(文)已知函数f (x )＝(x ＋1)ln x －ax ，当x 0∈(1，＋∞)时，函数f (x )的图象在点(x 0，f (x 0))处的切线方程为y ＝1ex －e. (1)求a 的值；(2)求证：函数f (x )在定义域内单调递增．解：(1)由题意，得f ′(x )＝ln x ＋1x＋1－a ， 所以函数f (x )的图象在点(x 0，f (x 0))处的切线方程为y －f (x 0)＝f ′(x 0)(x －x 0)，即y －(x 0＋1)ln x 0＋ax 0＝⎝⎛⎭⎫ln x 0＋1x 0＋1－a (x －x 0)，即y ＝⎝⎛⎭⎫ln x 0＋1x 0＋1－a x ＋ln x 0－x 0－1， 所以⎩⎪⎨⎪⎧ ln x 0＋1x 0＋1－a ＝1e ，x 0－ln x 0＋1＝e.令g (x )＝x －ln x ＋1，则g ′(x )＝1－1x ＝x －1x ， 当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )＞0，故当x ∈(1，＋∞)时，g (x )单调递增．又因为g (e)＝e ，所以x 0＝e ，将x 0＝e 代入ln x 0＋1x 0＋1－a ＝1e，得a ＝2. (2)证明：由a ＝2，得f ′(x )＝ln x ＋1x －1(x >0)．令h (x )＝ln x ＋1x ，则h ′(x )＝1x －1x 2＝x －1x2. 当x ∈(0,1)时，h ′(x )＜0；当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )＞0，故当x ∈(0,1)时，h (x )单调递减；当x ∈(1，＋∞)时，h (x )单调递增，故h (x )≥h (1)＝1.因此当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )＝h (x )－1≥0，当且仅当x ＝1时，f ′(x )＝0.所以f (x )在定义域内单调递增．2．已知函数f (x )＝e x －ax 2－bx －1，其中a ，b ∈R ，e ＝2.718 28……为自然对数的底数．设g (x )是函数f (x )的导函数，求函数g (x )在区间[0,1]上的最小值．解：由f (x )＝e x －ax 2－bx －1，得g (x )＝f ′(x )＝e x －2ax －b .所以g ′(x )＝e x －2a .因此，当x ∈[0,1]时，g ′(x )∈[1－2a ，e －2a ]．当a ≤12时，g ′(x )≥0，所以g (x )在[0,1]上单调递增，因此g (x )在[0,1]上的最小值是g (0)＝1－b ； 当a ≥e 2时，g ′(x )≤0，所以g (x )在[0,1]上单调递减，因此g (x )在[0,1]上的最小值是g (1)＝e －2a －b ；当12<a <e 2时，令g ′(x )＝0，得x ＝ln 2a ∈(0,1)． 当g ′(x )<0时，0≤x <ln 2a ；当g ′(x )>0时，ln 2a <x ≤1，所以函数g (x )在区间[0，ln 2a )上单调递减，在区间(ln 2a,1]上单调递增，于是g (x )在[0,1]上的最小值是g (ln 2a )＝2a －2a ln 2a －b .综上所述，当a ≤12时，g (x )在[0,1]上的最小值是g (0)＝1－b ；当12<a <e 2时，g (x )在[0,1]上的最小值是g (ln 2a )＝2a －2a ln 2a －b ；当a ≥e 2时，g (x )在[0,1]上的最小值是g (1)＝e －2a －b . 3．已知函数F (x )＝e x ＋sin x －ax ，当x ≥0时，函数y ＝F (x )的图象恒在y ＝F (－x )的图象上方，求实数a 的取值范围．解：设φ(x )＝F (x )－F (－x )＝e x －e －x ＋2sin x －2ax . 则φ′(x )＝e x ＋e －x ＋2cos x －2a . 设S (x )＝φ″(x )＝e x －e －x －2sin x . ∵S ′(x )＝e x ＋e －x －2cos x ≥0在x ≥0时恒成立，∴函数S (x )在[0，＋∞)上单调递增，∴S (x )≥S (0)＝0在x ∈[0，＋∞)时恒成立，因此函数φ′(x )在[0，＋∞)上单调递增，∴φ′(x )≥φ′(0)＝4－2a 在x ∈[0，＋∞)时恒成立．当a ≤2时，φ′(x )≥0，∴φ(x )在[0，＋∞)单调递增，即φ(x )≥φ(0)＝0. 故a ≤2时F (x )≥F (－x )恒成立．当a >2时，φ′(x )<0，又∵φ′(x )在[0，＋∞)单调递增，∴存在x 0∈(0，＋∞)，使得在区间[0，x 0)上φ′(x )<0. 则φ(x )在[0，x 0)上递减，而φ(0)＝0，∴当x ∈(0，x 0)时，φ(x )<0，这与F (x )－F (－x )≥0对x ∈[0，＋∞)恒成立不符，∴a >2不合题意．综上，实数a 的取值范围是(－∞，2]．4．(2018·长沙模拟)已知函数f (x )＝e x ，g (x )＝a x，a 为实常数． (1)设F (x )＝f (x )－g (x )，当a >0时，求函数F (x )的单调区间；(2)当a ＝－e 时，直线x ＝m ，x ＝n (m >0，n >0)与函数f (x )，g (x )的图象共有四个不同的交点，且以此四点为顶点的四边形恰为平行四边形．求证：(m －1)(n －1)<0.解：(1)F (x )＝e x －a x ，其定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)．而F ′(x )＝e x ＋a x 2，当a >0时，F ′(x )>0，故F (x )的单调递增区间为(－∞，0)∪(0，＋∞)，无单调递减区间．(2)证明：因为直线x ＝m 与x ＝n 平行，故该四边形为平行四边形等价于f (m )－g (m )＝f (n )－g (n )且m >0，n >0，m ≠n .当a ＝－e 时，F (x )＝f (x )－g (x )＝e x ＋e x， 则F ′(x )＝e x －e x 2. 设h (x )＝F ′(x )＝e x －e x 2(x >0)，则h ′(x )＝e x ＋2e x 3>0， 故F ′(x )＝e x －e x 2在(0，＋∞)上单调递增．又F ′(1)＝e －e ＝0， 故当x ∈(0,1)时，F ′(x )<0，F (x )单调递减；当x ∈(1，＋∞)时，F ′(x )>0，F (x )单调递增，而F (m )＝F (n )，故0<m <1<n 或0<n <1<m ，所以(m －1)(n －1)<0.。
高中数学二次求导经典例题
二次求导是高中数学中的一个重要概念，它对于解决一些函数问题具有非常重要的作用。
下面我将通过一些经典例题来介绍二次求导的应用和解题技巧。
例1：求函数f(x) = x^3 - 3x^2 + 1在区间[0, 2]上的最大值。
解：首先，我们需要对函数f(x)进行二次求导，得到f’(x) = 3x^2 - 6x。
当x在区间[0, 2]上时，f’(x)的符号由负变正，说明函数f(x)在区间[0, 2]上先减后增，所以最大值为f(2) = 8。
例2：求函数f(x) = x^4 - 4x^3 + 2x^2 - 1在区间[0, 2]上的极值点。
解：首先，我们需要对函数f(x)进行二次求导，得到f’(x) = 4x^3 - 12x^2 + 4x。
令f’(x) = 0，得到x = 0或x = 1或x = 3/2。
当x在区间[0, 2]上时，只有x = 1是极值点，且为极大值点。
例3：求函数f(x) = x^3 - x^2 - x + 5在区间[-1, 1]上的单调区间。
解：首先，我们需要对函数f(x)进行二次求导，得到f’(x) = 3x^2 - 2x - 1。
当f’(x) > 0时，得到x > 1或x < -1/3；当f’(x) < 0时，得到-1 < x < 1。
所以函数f(x)在区间[-1, -1/3]和[1, 1]上单调递减，在区间[-1/3, 1]上单调递增。
总结：二次求导是解决一些函数问题的重要工具，通过它可以判断函数的单调性、极值点等性质。
在进行二次求导时，需要注意导函数的符号变化，以及极值点和单调区间的判断方法。
同时，解题时还需要结合函数的定义域和性质进行分析，才能得到正确的答案。
除了以上三个例题外，二次求导还可以应用于解决一些其他类型的函数问题，如最值问题、零点问题、方程根的问题等。
只要掌握了二次求导的基本方法和技巧，就可以轻松应对各种数学问题。
二次求导法解高考导数题
二次求导法解高考导数题胡贵平（甘肃省白银市第一中学 ，甘肃 白银 730900）导数是研究函数性质的一种重要工具，用导函数判断原函数的单调性，如果导函数大于零，则原函数为增，导函数小于零，则原函数为减.而当导数与0的大小确定不了时，对导函数或导函数中的一部分再构造，继续求导，也就是二次求导，不失为一种妙法，下面我们结合高考题来看看二次求导数题中的应用.１ （2017年高考课标Ⅱ卷（文）（21））设函数2()(1)e xf x x =-. （I ）讨论()f x 的单调性；(II)当0x ≥时，()1f x ax ≤+，求a 的取值范围.解：（I ）略.(II)当0x ≥时，()1f x ax ≤+等价于2(1)1x ax x e ≥--.若=0x ，显然成立，a R ∈.若0x >时，2(1)1x x e a x --≥，设2(1)1()x x e g x x--=， 2232222(1)(1)1(1)1()x x x x xe x e x x e x x x e g x x x ⎡⎤⎡⎤-+------+-+⎣⎦⎣⎦'== ，令32()(1)1x h x x x x e =--+-+，32()(4)0x h x e x x x '=-++<，所以()h x 在(0,)x ∈+∞内是减函数，易知(0)=0h ，所以当(0,)x ∈+∞时，()0h x <，即()0g x '<，所以()g x 在(0,)x ∈+∞上单调递减，所以22022000(1)1(101(1)1lim lim (1)1x x x x x x x e e x e x e x x →→=⎡⎤-------'⎣⎦⎡⎤==--⎣⎦）20(21)=1x x x x e =⎡⎤=--+⎣⎦，所以1a ≥，综上所述，a 的取值范围是[)1+∞，. ２ （2016年高考课标Ⅱ卷（文）（20）） 已知函数()(1)ln (1)f x x x a x =+--.（I ）当4a =时，求曲线()y f x =在()1,(1)f 处的切线方程；(II)若当()1,x ∈+∞时，()0f x ＞，求a 的取值范围.解：（I ）略.(II)当(1,)∈+∞x 时，()0>f x 等价于(1)ln 1x x a x +<-，设(1)ln ()1x x g x x +=-， 2221(ln )(1)(1)ln 2ln 1()(1)(1)x x x x x x x x x g x x x x ++--+--'==-- ，令2()2ln 1h x x x x =--，()22ln 22(ln 1)0h x x x x x '=--=-->，所以()h x 在()1,x ∈+∞内是增函数，易知(1)=0h ，所以当()1,x ∈+∞时，()0h x >，即()0g x '>，所以()g x 在()1,x ∈+∞上单调递增，所以[]1111(1)ln (1)ln (11)ln1(1)lim lim (1)ln ln 211x x x x x x x x x x x x x x x →→==++-++⎡⎤'==+=+=⎢⎥--⎣⎦，所以2≤a ，即a 的取值范围是(],2-∞.3 （2010年高考安徽卷（理）（17））设a 为实数，函数()22,x f x e x a x R =-+∈. （Ⅰ）求()f x 的单调区间与极值；（Ⅱ）求证：当a ＞ln21-且x ＞0时，x e ＞221x ax -+.解：（I ）略.（Ⅱ）设()221x g x e x ax =-+-， 则()22x g x e x a '=-+，继续对()g x '求导得()2xg x e ''=- ，当x 变化时()g x ''，()g x '变化如下表由上表可知()()ln 2g x g ''≥，而()()ln2ln 22ln 2222ln 222ln 21g e a a a '=-+=-+=-+，由a ＞ln21-知()ln 20g '>，所以()0g x '>，即()g x 在区间()0,+∞上为增函数.于是有()(0)g x g >，而()02002010g e a =-+⨯-=，故()0g x >，即当a ＞ln21-且x ＞0时，x e ＞221x ax -+.4（2008年高考湖南卷（理）（21））已知函数22()ln (1)1x f x x x =+-+.(I) 求函数()f x 的单调区间； （Ⅱ）若不等式1(1)n a e n ++≤对任意的N*n ∈都成立（其中e 是自然对数的底数）.求a 的最大值.解：（I ）函数()f x 的定义域是(1,)-+∞， 22222ln(1)22(1)ln(1)2()1(1)(1)x x x x x x x f x x x x ++++--'=-=+++. 设2()2(1)ln(1)2g x x x x x =++--，则()2ln(1)2g x x x '=+-.令()2ln(1)2h x x x =+-，则22()211x h x x x-'=-=++. 当10x -<<时， ()0h x '>，从而()h x 在(1,0)-上为增函数，当0x >时，()0h x '<，从而()h x 在(0,)+∞上为减函数.所以h (x )在0x =处取得极大值，而(0)0h =，所以()0(0)g x x '<≠，函数()g x 在(1,)-+∞上为减函数.于是当10x -<<时，()(0)0g x g >=，当0x >时，()(0)0g x g <=.所以当10x -<<时，()0,f x '>()f x 在(1,0)-上为增函数.当0x >时，()0,f x '<()f x 在(0,)+∞上为减函数.故函数()f x 的单调递增区间为(1,0)-，单调递减区间为(0,)+∞.（Ⅱ）略.。
2020届高三数学之函数与导数(文理通用)二次求导函数处理(二阶导数)(解析版)
专题03 二次求导函数处理（二阶导数）一、考情分析1、在历年全国高考数学试题中，函数与导数部分是高考重点考查的内容，并且在六道解答题中必有一题是导数题。
利用导数求解函数的单调性、极值和最值等问题是高考考查导数问题的主要内容和形式，并多以压轴题的形式出现. 常常考查运算求解能力、概括抽象能力、推理论证能力和函数与方程、化归与转化思想、分类与整合思想、特殊与一般思想的渗透和综合运用，难度较大.2、而在有些函数问题中，如含有指数式、对数式的函数问题，求导之后往往不易或不能直接判断出原函数的单调性，从而不能进一步判断函数的单调性及极值、最值情况，此时解题受阻。
需要利用“二次求导”才能找到导数的正负，找到原函数的单调性，才能解决问题. 若遇这类问题，必须“再构造，再求导”。
本文试以全国高考试题为例，说明函数的二阶导数在解高考函数题中的应用。
3、解决这类题的常规解题步骤为： ①求函数的定义域；②求函数的导数)('x f ，无法判断导函数正负； ③构造求)(')(x f x g =，求'(x)g ； ④列出)(),(',x g x g x 的变化关系表； ⑤根据列表解答问题。
二、经验分享方法 二次求导使用情景对函数()f x 一次求导得到()f x '之后，解不等式()0()0f x f x ''><和难度较大甚至根本解不出.解题步骤设()()g x f x '=，再求()g x '，求出()0()0g x g x ''><和的解，即得到函数()g x 的单调性，得到函数()g x 的最值，即可得到()f x '的正负情况，即可得到函数()f x 的单调性.三、题型分析(一) 利用二次求导求函数的极值或参数的范围例1.【2020届西南名校联盟高考适应月考卷一，12】（最小整数问题-导数的单调性和恒成立的转化） 已知关于x 的不等式()22ln 212x m x mx +-+≤在()0,∞上恒成立，则整数m 的最小值为（ ） A.1 B.2 C.3 D.4 【答案】B ．【解析】【第一种解法（排除法）（秒杀）】：令1=x 时，m m ≤+⨯-+21)1(21ln 2化简：34≥m ； 令2=x 时，m m 422)1(22ln 2≤+⨯-+，化简42ln 22+≥m 你还可以在算出3,4，选择题排除法。
二阶导数在解高考函数题中的应用
二阶导数在解高考函数题中的应用在历年高考试题中，导数部分是高考重点考查的内容，在六道解答题中必有一题是导数题。
这类题主要考察函数的单调性、求函数的极值与最值以及利用导数的有关知识解决恒成立、不等式证明等问题。
解决这类题的常规解题步骤为：①求函数的定义域；②求函数的导数；③求)('x f 的零点；④列出)(),(',x f x f x 的变化关系表；⑤根据列表解答问题。
而在有些函数问题中，如含有指数式、对数式的函数问题，求导之后往往不易或不能直接判断出导函数的符号，从而不能进一步判断函数的单调性及极值、最值情况，此时解题受阻。
若遇这类问题，则可试用求函数的二阶导数加以解决。
本文试以2010年全国高考试题为例，说明函数的二阶导数在解高考函数题中的应用。
例1.（全国卷Ⅰ第20题） 已知函数1ln )1()(+-+=x x x x f .（1） 若1)('2++≤ax x x xf ，求a 的取值范围； （2） 证明：0)()1(≥-x f x . 原解答如下:解（1）函数的定义域为（0，+∞），xx x f 1ln )('+= ， 11ln 1)('22++≤+⇔++≤ax x x x ax x x xf ， max )(ln ln x x a x x a -≥⇔-≥⇔ . 令,11)('ln )(-=-=xx g x x x g 则递减，时，当递增；时，当)(,0)('1)(,0)('10x g x g x x g x g x <>><<从而当1=x 时，1)1()(max -==g x g ， 故所求a 的范围是[-1,+∞﹚. 证明(2)由(1)知,01ln ≤+-x x ,则① 10<<x 时，0)1(ln ln )(≤+-+=x x x x x f ； ② 0)111(ln ln )1ln (ln )(1≥+--=+-+=≥xx x x x x x x x f x 时，. 综上可知，不等式成立.对于（2）的证明，虽然过程简单，但思维难度大，对学生的观察能力和代数式的变形能力要求较高。
巧用二次求导解决函数单调性和极值问题
所以，函数f (x)
的单调递(增1,0区)间是
(0,，)递减区间是
f x ex 1 x ax2
（Ⅰ）若a 0求 f x
的单调区间；
（Ⅱ）若x当 0 f x时 ，0。求a 的取值范围。
•
（2）、解：当 上
a＜
0时，在区间 成立。故
a＜
上0满0显, 足然题意。
，综ax上2 (1)0可得在区间
• 定理3设函数 在点 处具有二阶导数且
，
，那么
• （1） 当
时，函数 在 处取得极大值；
• （2） 当 f (x) 时，函x数0 在 处取得极小值．f (x0) 0 f (x0 ) 0
f (x0) 0
x0
f (x0) 0
x0
• 例题1、已知函数
f (x) ln 2 (1 ，x) 求x函2 数 1 x
• 凹凸性是函数图像的主要形状之一。结合 地判断一个函数与其导函数图像的关系。
的关系可以方便
f (x), f (x), f (x)
• 二．二阶导数与极值
• 在高中，判断函数是否在 取得极值，经常是利用函数导数在 两侧的 符号来判断。实际上，还可以利用二阶导数的符号来判断 是否为函数的
极值点。有如下的判定定理：
0 x x • 我时所出们，以当可有0＜以当x尝0＜；试1时x当再对1＜时f ，xf时，x，则0 l求n x导＞ 1x，0在，，可区我即得间们通过f二上次在fx为求增x区导函，间分1x数显析，然x1的2即当f 单上x调＜为 ln性减x ，函1x得数，，
此时，0, 则有
成立。
1 f x f 1 1
• 解： 的定义域是
.
f x
(1,)
的单f调( x区) 间。
高考数学常考压轴题及答案：二次函数
高考数学常考压轴题及答案：二次函数1500字二次函数是高考数学中的重要内容之一。
在高考中，常常会涉及到二次函数的基本概念、性质以及与其他知识点的联合运用。
本文将介绍高考数学中常考的二次函数压轴题及其答案，希望能对广大考生备战高考有所帮助。
1. 求二次函数 y = ax^2 + bx + c 的顶点坐标。
答案：二次函数 y = ax^2 + bx + c 的顶点坐标可以通过求导或者利用平移公式来求解。
求导法可以通过将二次函数转化为一次函数来求解，即 y' = 2ax + b，令y' = 0，解得 x = -b / (2a)，代入原函数可得 y = c - b^2 / (4a)。
利用平移公式可以将二次函数表示为 y = a(x - h)^2 + k 的形式，其中 (h, k) 就是顶点坐标。
2. 已知二次函数 y = ax^2 + bx + c 过点 (1, 2) 和 (2, 3)，求二次函数的解析式。
答案：由已知条件可得：2 = a + b + c (1)3 = 4a + 2b + c (2)由 (1) 式减去2倍的 (2) 式，得 -1 = -6a - 3b，即 6a + 3b = 1 (3)由 (1) 式减去 (2) 式，得 -1 = -3a - b，即 3a + b = 1 (4)解方程组 (3) 和 (4) 可得 a = 1/3，b = 2/3。
将 a 和 b 的值代入 (1) 式，可得 c =5/3。
所以二次函数的解析式为 y = (1/3)x^2 + (2/3)x + 5/3。
3. 设某个二次函数的图像过点 (1, 3) 和 (2, 7)，与 y 轴交于点 A，与 x 轴交于点 B 和C，求 B、C 的坐标。
答案：已知二次函数过点 (1, 3) 和 (2, 7)，可以得到两个方程：3 = a + b + c (1)7 = 4a + 2b + c (2)由 (2) 式减去4倍的 (1) 式，得 1 = -2a - b，即 2a + b = -1 (3)解方程组 (1) 和 (3) 可得 a = 1，b = -3。
二次求导法在解决问题中的常见类型-高考数学复习
即得 x －1＞1，
高中总复习·数学
所以 ax －1＝ x －1，即ln
ln（−1）
a＝
，
−1
1−ln
令 Q （ x ）＝ （ x ＞1），则Q'（ x ）＝ 2 ，
当 x ＞e时，Q'（ x ）＜0，当1＜ x ＜e时，Q'（ x ）＞0，
所以函数 Q （ x ）在（1，e）上单调递增，在（e，＋∞）上单
，从而当0＜ x ＜
2
2−1
时，h'（ x ）＞0，
2−1
此时g'（ x ）在（0，
）内单调递增，g'（ x ）＞g'（0）＝0，
2−1
∴ g （ x ）在（0，
）内单调递增， g （ x ）＞ g （0）＝0， f
（ x ）≤
不恒成立.
+1
1
综上可知， a 的取值范围为［0， ］.
易得g'（ x ）＝1－ cos x ，则当 x ∈（0，1）时，g'（ x ）＝1－
cos x ＞0，所以 g （ x ）在（0，1）上单调递增，
所以 g （ x ）＞ g （0）＝0，所以 sin x ＜ x .
由 h （ x ）＝ sin x － x ＋ x 2，得h'（ x ）＝ cos x －1＋2 x .
4
2
高中总复习·数学
g （ x ）＜0，即f'（ x ）＞0， f （ x ）单调递增.在 x ∈（ x 0，＋∞）时，
g （ x ）＞0，即f'（ x ）＜0， f （ x ）单调递减，∴当 x ＝ x 0时， f （ x ）
巧用导数 高效解题——以“二次求导”在函数问题中的应用为例
巧用导数㊀高效解题以 二次求导 在函数问题中的应用为例陈雯娜(福建省宁德市高级中学ꎬ福建宁德３５２１００)摘㊀要:本文针对二次求导在函数解题中的应用展开了讨论ꎬ简述了二阶导数的数学意义ꎬ详细介绍了二阶导数在求函数单调性㊁极值㊁参数取值范围中的具体应用方法.关键词:导数ꎻ解题ꎻ函数问题中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２４)０９－００５２－０３收稿日期:２０２３－１２－２５作者简介:陈雯娜(１９９５.１０ )ꎬ女ꎬ福建省宁德人ꎬ本科ꎬ中学二级教师ꎬ从事高中数学教学研究.㊀㊀从高考形势来看ꎬ二次求导被频繁应用在综合题型的解决中ꎬ对学生考试成绩的影响非常大.所以ꎬ教师要重视二次求导知识点的教学.１二阶导数二次求导是指通过观察一阶导数的变化率ꎬ确定图像的凹凸性.在部分指数式㊁对数式的函数问题中ꎬ求导之后无法判断原函数单调性时才会进行二次求导ꎬ找到导数正负ꎬ确定函数单调性.如果函数ｆ(ｘ)在区间ａꎬｂ[]上连续ꎬ且二次可导ꎬ若在该区间上函数二阶导数大于零ꎬ则函数ｆ(ｘ)在区间ａꎬｂ[]上的图形是凹的ꎻ若在该区间上函数二阶导数小于零ꎬ则函数ｆ(ｘ)在区间ａꎬｂ[]上的图形是凸的[１].另外ꎬ部分函数问题需要先构造函数后才能二次求导.整体来说ꎬ二次求导虽能降低解题难度㊁提高解题效率ꎬ但是对学生思维的灵活性要求比较高.因此ꎬ教师要多锻炼㊁启发学生思维ꎬ保证学生能熟练掌握二次求导的方法ꎬ拥有更加灵活的思维.２二次求导在函数问题中的应用２.１在函数单调性问题中的应用如果要判断原函数的单调性ꎬ则要先观察二次导数在定义域内的取值.当其值恒大于零或恒小于零时ꎬ则可推出一阶导函数在定义域内的单调性ꎬ同时ꎬ考虑一阶导数的最大值或最小值ꎬ两者结合判断原函数的单调性.若一阶导函数是单调递增的ꎬ且最小值大于零ꎬ则证明原函数单调递增ꎻ若一阶导函数是单调递减的ꎬ且最大值小于零ꎬ则证明原函数单调递减.这一结论在其他函数综合题型中也有着极其重要的应用ꎬ如极值㊁含参问题.所以教师应当要求学生打好基础ꎬ熟练掌握通过二次求导判断函数单调性的方法ꎬ以便后续解决问题时能随时调用[２].２.１.１直接讨论函数单调性相对来说ꎬ讨论不含参数的函数单调性问题时ꎬ直接进行求导㊁化简㊁在定义域内讨论导数符号进而判断单调性即可ꎬ其解题难度一般.例１㊀讨论函数ｆｘ()＝ｌｎ２(１＋ｘ)－ｘ２１＋ｘ的单调性.分析㊀针对这道题目来说ꎬ可以先确定该函数的定义域为－１ꎬ＋ɕ().对该函数求导可得:ｆᶄｘ()＝２ｌｎ(１＋ｘ)ｘ＋１－ｘ２＋２ｘ１＋ｘ()２ꎬ通分得到ｆᶄｘ()＝２(１＋ｘ)ｌｎ(１＋ｘ)－ｘ２－２ｘ１＋ｘ()２.仔细观察该函数不难发２５现ꎬ分母大于零ꎬ但是分子符号不确定ꎬ所以要进一步讨论.此时ꎬ假设ｇｘ()＝２(１＋ｘ)ｌｎ(１＋ｘ)－ｘ２－２ｘꎬ若想确定该函数的正负ꎬ则要对其求导ꎬ判断其单调性或最值ꎬ以此确定一阶导数符号ꎬ反推原函数单调区间.对ｇｘ()求导可得到ｇᶄｘ()＝２ｌｎ(１＋ｘ)－２ｘꎬ再二次求导可得ｇᶄｘ()[]ᶄ＝－２ｘ１＋ｘꎬ这时就可以分情况讨论.第一种情况:当－１<ｘ<０时ꎬｇᶄｘ()[]ᶄ＝－２ｘ１＋ｘ>０ꎬ那么ｇᶄｘ()＝２ｌｎ(１＋ｘ)－２ｘ在该区间上是增函数ꎻ第二种情况:当ｘ>０时ꎬｇᶄｘ()[]ᶄ＝－２ｘ１＋ｘ<０ꎬ那么ｇᶄｘ()＝２ｌｎ(１＋ｘ)－２ｘ在该区间上是单调减函数ꎬ综合考虑这两种情况ꎬｇᶄｘ()＝２ｌｎ(１＋ｘ)－２ｘ在ｘ＝０时有最大值ꎬ又因为ｇᶄ０()＝０ꎬ所以ꎬｇᶄｘ()ɤ０.反推可知函数ｇｘ()在－１ꎬ＋ɕ()上是单调减函数ꎬ在－１<ｘ<０时ꎬｇｘ()>ｇ０()＝０ꎬ则ｆᶄｘ()>０ꎬ函数ｆｘ()是单调递增的ꎻ当ｘ>０时ꎬｇｘ()<ｇ０()＝０ꎬ则ｆᶄｘ()<０ꎬ函数ｆｘ()是单调递减的.综上ꎬ可知函数ｆｘ()的单调递增区间为－１ꎬ０()ꎬ单调递减区间为０ꎬ＋ɕ().从这道题目的解析中能够看出ꎬ应用二阶导数判断函数单调区间的关键是要合理化简函数表达式ꎬ合理分类讨论自变量的范围.２.１.２带有参数函数单调性的讨论通常ꎬ在含有参数的函数单调性问题中ꎬ应用二阶导数的解题思路与直接讨论函数单调性的解题思路相反ꎬ需要根据题干结论反推ꎬ分类讨论参数的取值范围.结合历年高考试题来看ꎬ真题中多是出现与对数㊁指数有关的函数ꎬ总体上来说ꎬ含参数函数单调性的主要解题思路为对带有对数㊁指数的函数进行化简ꎬ尽可能地使其表达式简洁㊁规整ꎬ之后再根据函数定义域ꎬ进行分类讨论.例２㊀已知函数ｆ(ｘ)＝１－ｅ－ｘꎬ当ｘȡ０时ꎬｆ(ｘ)ɤｘａｘ＋１ꎬ求ａ的取值范围.这道题目的解决可以采用放缩代换法ꎬ这一方法对学生的思维能力㊁解题能力的要求比较高ꎬ部分学生是无法达到要求的[３].所以ꎬ可以尝试利用二阶导数ꎬ降低解题难度ꎬ提高解题准确率.那么针对问题②来说ꎬ可按照以下步骤进行解题:根据题意ｘȡ０ꎬｆ(ｘ)ɤｘａｘ＋１ꎬ显然ａ的取值范围不确定ꎬ所以要分成两种情况进行讨论.当ａ<０时ꎬ若ｘ>－１ａꎬ则ｘａｘ＋１<０ꎬ那么ｆ(ｘ)ɤｘａｘ＋１不成立ꎻ当ａȡ０时ꎬａｘ＋１>０ꎬ由ｆ(ｘ)ɤｘａｘ＋１移项可得ａｘ＋１()１－ｅ－ｘ()－ｘɤ０.此时ꎬ令ｇｘ()＝ａｘ＋１()１－ｅ－ｘ()－ｘꎬ则ｇᶄｘ()＝ｅ－ｘａｘ＋１－ａ()＋ａ－１ꎬｇᶄｘ()[]ᶄ＝ｅ－ｘ２ａ－１－ａｘ().根据题干ｘȡ０ꎬ当ａɪ０ꎬ１２[]时可判断出ｇᶄｘ()[]ᶄ＝ｅ－ｘ２ａ－１－ａｘ()ɤ０ꎬ此时ｇᶄｘ()在定义域内是递减的ꎬｇᶄｘ()ɤｇᶄ０()＝０ꎬ则ｇｘ()单调递减ꎬｇｘ()ɤｇ０()＝０ꎬ可知原不等式成立.进一步分类讨论ａ的取值范围ꎬ若ａɪ１２ꎬ＋ɕæèçöø÷ꎬ２ａ－１>０ꎬ令ｇᶄｘ()[]ᶄ＝ｅ－ｘ２ａ－１－ａｘ()＝０ꎬ计算可得ｘ＝２ａ－１ａꎬ当０<ｘ<２ａ－１ａꎬｇᶄｘ()[]ᶄ＝ｅ－ｘ２ａ－１－ａｘ()>０ꎬ此时ｇᶄｘ()在该区间上单调递增ꎬｇᶄｘ()>ｇᶄ０()＝０ꎬ则ｇｘ()在０ꎬ２ａ－１ａæèçöø÷上单调递增ꎬｇｘ()>ｇ(０)＝０ꎬ不符合题意ꎬ所以ｆ(ｘ)ɤｘａｘ＋１不恒成立.所以ａɪ０ꎬ１２[].从这道题目的解析中能够看出ꎬ利用二次求导的方法判断函数单调性更高效ꎬ尤其在含有对数或指数的导函数中ꎬ二次求导更有利于判断导数符号ꎬ进而判断原函数的增减情况.２.２在函数极值问题中的应用一般地ꎬ函数极值问题可以按照确定函数定义域㊁求导㊁计算驻点㊁分析单调性㊁确定极值的步骤进行求解.如果需要利用二阶导数解题ꎬ当一阶导数为零ꎬ而二阶导数大于零时ꎬ所求的点为极小值点ꎻ当一阶导数为零ꎬ二阶导数小于零时ꎬ则所求的点为极大值点ꎻ当一阶㊁二阶导数均为零时ꎬ则所求得的点为驻点.概括地说ꎬ函数ｆ(ｘ)在点ｘ处具有二阶导数ꎬ且ｆᶄ(ｘ)＝０ꎬｆᵡｘ()ʂ０ꎬ那么当ｆᵡ(ｘ)>０时ꎬ函数３５在点ｘ处取得极小值ꎻ当ｆᵡ(ｘ)<０时ꎬ函数在点ｘ处取得极大值.例３㊀已知函数ｆｘ()＝１２ｘ２－ｅｘ＋２ｘ－１ꎬ求函数ｆｘ()极值点的个数.分析㊀针对这道题目来说ꎬ若想求解函数极值点的个数ꎬ需要先判断函数的单调性.具体来说ꎬ其解题步骤为:ｆｘ()的定义域为Ｒꎬｆᶄｘ()＝ｘ－ｅｘ＋２ꎬ此时一阶导数的驻点及符号不好判断ꎬ因此构造函数ｇｘ()＝ｘ－ｅｘ＋２ꎬ求导可得ｇᶄｘ()＝１－ｅｘ.当ｘ<０时ꎬｇᶄｘ()>０ꎬ当ｘ>０时ꎬｇᶄｘ()<０ꎬ所以ｇｘ()在－ɕꎬ０()上单调递增ꎬ在０ꎬ＋ɕ()上单调递减ꎬ即ｆᶄｘ()在－ɕꎬ０()上单调递增ꎬ在０ꎬ＋ɕ()上单调递减ꎬ所以ｆᶄ(ｘ)ｍａｘ＝ｆᶄ０()＝１>０.又ｆᶄ－２()＝－ｅ－２<０ꎬｆᶄ２()＝４－ｅ２<０ꎬ则ｆᶄ－２() ｆᶄ０()<０ꎬｆᶄ０() ｆᶄ２()<０ꎬ由零点存在定理可知存在唯一的ｘ１ɪ－２ꎬ０()ꎬｘ２ɪ０ꎬ２()ꎬ使ｆᶄｘ１()＝ｆᶄｘ２()＝０ꎬ且当ｘɪ－ɕꎬｘ１()和ｘɪｘ２ꎬ＋ɕ()时ꎬｆᶄｘ()<０ꎬ函数单调递减ꎻ当ｘɪｘ１ꎬｘ２()时ꎬｆᶄｘ()>０ꎬ函数单调递增ꎬ故ｆｘ()在ｘ１处取得极小值ꎬ在ｘ２处取得极大值ꎬ即函数ｆｘ()的极值点的个数为２.从这道题目的解析中能够看出ꎬ通过二次求导可以更好地判断原函数的单调性ꎬ进而得到函数的极值点情况ꎬ大大简化了解题的过程.２.３在函数的参数范围中的应用应用二次求导求解函数参数范围的关键是要根据函数满足的条件倒推ꎬ得到函数的单调性ꎬ并依据性质倒推参数范围.如果有必要ꎬ还应构造函数ꎬ进行推导㊁计算.例４㊀已知关于ｘ的不等式２ｌｎｘ＋２(１－ｍ)ｘ＋２ɤｍｘ２在０ꎬ＋ɕ()上恒成立ꎬ则整数ｍ的最小值为(㊀㊀).分析㊀针对这道题目来说ꎬ因为２ｌｎｘ＋２(１－ｍ)ｘ＋２ɤｍｘ２ꎬ进行移项㊁化简可得到ｍȡ２ｌｎｘ＋ｘ＋１()ｘ２＋２ｘ.此时ꎬ构造函数ｆｘ()＝２ｌｎｘ＋ｘ＋１()ｘ２＋２ｘꎬ求导可得ｆᶄｘ()＝－２ｘ＋１()ｘ＋２ｌｎｘ()ｘ２＋２ｘ()２ꎬ令ｆᶄｘ()＝０ꎬ则可得到ｘ＋２ｌｎｘ＝０.继续构造函数ꎬ令ｇｘ()＝ｘ＋２ｌｎｘꎬ对其求导可得到ｇᶄｘ()＝１＋２ｘꎬ当ｘɪ０ꎬ＋ɕ()ꎬｇᶄｘ()＝１＋２ｘ>０ꎬ则ｇ(ｘ)在ｘɪ０ꎬ＋ɕ()是单调递增函数.又ｇ１２æèçöø÷<０ꎬｇ１()>０ꎬ所以存在一个点ｔɪ１２ꎬ１æèçöø÷ꎬ满足ｔ＋２ｌｎｔ＝０ꎬ当０<ｘ<ｔ时ꎬｇ(ｘ)<０ꎬｆᶄｘ()>０ꎬ则ｆｘ()在０ꎬｔ()上单调递增ꎻ当ｘ>ｔ时ꎬｇ(ｘ)>０ꎬｆᶄｘ()<０ꎬ则ｆｘ()在ｔꎬ＋ɕ()上单调递减ꎬｆ(ｘ)ｍａｘ＝２(ｌｎｔ＋ｔ＋１)ｔ２＋２ｔ＝１ｔ １ꎬ２().因为ｍȡ２ｌｎｘ＋ｘ＋１()ｘ２＋２ｘ在０ꎬ＋ɕ()上恒成立ꎬ所以ｍȡ２ｌｎｘ＋ｘ＋１()ｘ２＋２ｘ][ｍａｘꎬ故ｍȡ２ꎬ则整数ｍ的最小值为２[４].从这道题目的解析中能够看出ꎬ通过二次求导判断参数的取值范围仍然需要分析导数与零之间的关系ꎬ不同的是要根据函数的最大值倒推参数.３结束语二次求导在函数问题的解决中有着极其重要的应用ꎬ教师应当加大专题教学的力度ꎬ力求学生能深入理解㊁掌握二次求导的方法ꎬ而且能够熟练应用二次求导解决各种函数难题.参考文献:[１]许国庆.二次求导在解题中的妙用[Ｊ].高中数理化ꎬ２０２２(１５):５０－５１.[２]白亚军.利用 二次求导 突破函数综合问题[Ｊ].中学生理科应试ꎬ２０２０(０７):１５－１６.[３]毛芹.利用二次求导简化函数综合问题的策略[Ｊ].语数外学习(高中版中旬)ꎬ２０１９(０４):３９.[４]石家屹.小构造再求导大智慧:浅谈函数问题中 二次求导 的应用[Ｊ].中学生数理化(学习研究)ꎬ２０１８(０９):３６.[责任编辑:李㊀璟]４５。
2020届高三数学之函数与导数（文理通用）二次求导函数处理（二阶..
韩哥智慧之窗-精品文档精品文档韩哥智慧之窗-精品文档精品文档 1专题03 二次求导函数处理（二阶导数）一、考情分析1、在历年全国高考数学试题中，函数与导数部分是高考重点考查的内容，并且在六道解答题中必有一题是导数题。
利用导数求解函数的单调性、极值和最值等问题是高考考查导数问题的主要内容和形式，并多以压轴题的形式出现. 常常考查运算求解能力、概括抽象能力、推理论证能力和函数与方程、化归与转化思想、分类与整合思想、特殊与一般思想的渗透和综合运用，难度较大.2、而在有些函数问题中，如含有指数式、对数式的函数问题，求导之后往往不易或不能直接判断出原函数的单调性，函数的单调性，从而不能进一步判断函数的单调性及极值、最值情况，从而不能进一步判断函数的单调性及极值、最值情况，从而不能进一步判断函数的单调性及极值、最值情况，此时解题受阻。
此时解题受阻。
此时解题受阻。
需要利用需要利用“二次求导”才能找到导数的正负，找到原函数的单调性，才能解决问题. 若遇这类问题，必须“再构造，再求导”。
本文试以全国高考试题为例，说明函数的二阶导数在解高考函数题中的应用。
文试以全国高考试题为例，说明函数的二阶导数在解高考函数题中的应用。
3、解决这类题的常规解题步骤为：、解决这类题的常规解题步骤为： ①求函数的定义域；①求函数的定义域；②求函数的导数)('x f ，无法判断导函数正负；，无法判断导函数正负； ③构造求)(')(x f x g =，求'(x)g ； ④列出)(),(',x g x g x 的变化关系表；的变化关系表； ⑤根据列表解答问题。
⑤根据列表解答问题。
二、经验分享方法方法 二次求导二次求导使用情景使用情景对函数()f x 一次求导得到()f x '之后，解不等式()0()0f x f x ''><和难度较大甚至根本解不出.解题步骤解题步骤设()()g x f x '=，再求()g x '，求出()0()0g x g x ''><和的解，即得到函数()g x 的单调性，得到函数()g x 的最值，即可得到()f x '的正负情况，即可得到函数()f x 的单调性.三、题型分析(一) 利用二次求导求函数的极值或参数的范围例1.【2020届西南名校联盟高考适应月考卷一，12】（最小整数问题-导数的单调性和恒成立的转化） 已知关于x 的不等式()22ln 212x m x mx +-+≤在()0,∞上恒成立，则整数m 的最小值为（的最小值为（ ） A.1 B.2 C.3 D.4 【答案】B ．【解析】【第一种解法（排除法）（秒杀）】：令1=x 时，m m ≤+⨯-+21)1(21ln 2化简：34≥m ；令2=x 时，m m 422)1(22ln 2≤+⨯-+，化简42ln 22+≥m你还可以在算出3,4，选择题排除法。
例析二次求导在高考函数问题中的应用
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例析二次求导在高考函数问题中的应用
作者：尚林涛
来源：《理科考试研究·高中》2014年第09期
导数是判断函数单调性的有力工具.导函数大于零，则原函数为增函数，导函数小于零，
则原函数为减函数.在求出导函数后，如果导函数的正负问题仍不明确，而导函数也可导，就
可以再继续对导函数求导，即求出f ″（x），则可以用f ″（x）的正负去判断f ′（x）的增减性，进而达到解决原函数f （x）的目的.
下面结合高考真题来体会二次求导在解高考函数压轴题中的具体操作策略
点评数形结合的重点是研究“以形助数”，这在解选择题、填空题中更显其优越，要注意培养这种思想意识，做到心中有图，见数想图，以开拓自己的思维空间.
此外，整体思想、特殊与一般思想也是解决数列问题的常用方法.。
导数压轴题十种构造方法大全以及解题方法导引
导数压轴题十种构造方法大全以及解题方法导引方法一 等价变形，转化构造 方法导读研究函数的性质是高考压轴题的核心思想，但直接构造或者简单拆分函数依然复杂，这时候需要依赖对函数的等价变形，通过恒等变形发现简单函数结构再进行构造研究，会起到事半功倍的效果。
方法导引例1 已知函数f(x)=a e x (a ∈R )，g(x)=lnx x+1.（1）求函数g(x)的极值；（2）当a ≥1e 时，求证：f(x)≥g(x). 解析:（1）由g (x )=ln x x+1，得g ′(x )=1−ln x x 2，定义域为(0,+∞).令g ′(x )=0，解得x =e ， 列表如下：结合表格可知函数g (x )的极大值为g (e )=1e +1，无极小值. （2）要证明f (x )≥g (x )，即证ae x ≥ln x x+1，而定义域为(0,+∞)，所以只要证axe x −ln x −x ≥0，又因为a ≥1e，所以axe x −ln x −x ≥1exe x −ln x −x ， 所以只要证明1e xe x −ln x −x ≥0.令F (x )=1e xe x −ln x −x ，则F ′(x )=(x +1)(e x−1−1x )， 记ℎ(x )=e x−1−1x ，则ℎ(x )在(0,+∞)单调递增且ℎ(1)=0，所以当x ∈(0,1)时，ℎ(x )<0，从而F ′(x )<0；当x ∈(1,+∞)时，ℎ(x )>0，从而F ′(x )>0，即F (x )在(0,1)单调递减，在(1,+∞)单调递增，F (x )≥F (1)=0. 所以当a ≥1e 时，f (x )≥g (x ).例2已知a ∈R ，a ≠0，函数f (x ) =e ax -1-ax ，其中常数e =2.71828.（1）求f (x ) 的最小值；（2）当a ≥1时，求证:对任意x >0 ，都有xf (x ) ≥ 2ln x +1-ax 2. 解析：（1）因为()1ax f x eax -=-，则()()11ax f x a e -'=-，()210ax f x a e -'=>'故()f x '为R 上的增函数，令()0f x '=，解得1x a= 故当()1,,0x f x a ⎛⎫∈-∞< '⎪⎝⎭，()f x 单调递减； 当()1,,0x f x a ⎛⎫∈+∞>'⎪⎝⎭，()f x 单调递增， 则()10min f x f a ⎛⎫==⎪⎝⎭故函数()f x 的最小值为0.（2）证明：要证明xf (x ) ≥ 2ln x +12ax - 等价于证明121ax xe lnx -≥+由（1）可知：10ax e ax --≥，即1ax e ax -≥ 因为0x >，故12ax xe ax -≥ 故等价于证明221ax lnx ≥+即()2210,0,ax lnx x --≥∈+∞令()221g x ax lnx =--，即证()()0,0,g x x ≥∈+∞恒成立.又())21122g x ax x x+-=-='令()0g x '=，解得x =故当(),0x g x⎛'∈< ⎝，()g x 单调递减； 当(),0x g x⎫∈+∞>'⎪⎭，()g x 单调递增；故()2g x g lna≥== 有因为1a ≥，故0lna ≥ 故()0g x lna ≥≥即证.即对任意x >0 ，都有xf (x ) ≥ 2ln x +1-ax 2. 方法二：构造常见典型函数 方法导读常见典型函数主要包括xlnx ，x/lnx ，lnx/x ; xe x ,xe x ,e x /x 等，通过变形发现简单函数结构再进行构造研究，会起到事半功倍的效果。
数学二次函数压轴题解题技巧
数学二次函数压轴题解题技巧数学二次函数是中学数学中的一个重要内容，而在高考数学中，二次函数也是一个重要的考点。
二次函数在高考中的压轴题往往难度较大，需要学生具备扎实的数学知识和高超的解题技巧。
下面是一些解决二次函数压轴题的技巧。
1. 熟悉常见二次函数的形式和性质常见的二次函数包括：二次项系数为 1 的二次函数，即 y=x^2;二次项系数不为 1 的二次函数，即 y=ax^2+bx+c，其中 a、b、c 为常数;以及二次函数的平移变换，即 y=x^2+bx+c(x-a)。
熟悉这些函数的形式和性质，可以帮助我们更好地理解和解决问题。
2. 掌握求最值的方法在二次函数中，求最值是一个重要的问题。
常用的求最值方法包括：利用函数的导数求最值;利用二次函数的图像求最值;利用不等式求最值等。
其中，利用函数的导数求最值是最常用的方法之一，需要注意求导的方法和技巧。
3. 掌握求顶点的方法求顶点是解决二次函数压轴题的一个常用方法。
常用的求顶点的方法包括：利用函数的导数求顶点;利用二次函数的图像求顶点;利用对称轴求顶点等。
其中，利用函数的导数求顶点是最常用的方法之一，需要注意求导的方法和技巧。
4. 掌握求范围的方法在二次函数中，求范围也是一个重要的问题。
常用的求范围方法包括：利用函数的导数求范围;利用二次函数的图像求范围;利用不等式求范围等。
其中，利用函数的导数求范围是最常用的方法之一，需要注意求导的方法和技巧。
5. 利用图形结合数学方法解决问题在解决二次函数压轴题时，常常需要利用图形结合数学方法解决问题。
例如，可以利用图像的对称性质、周期性、平移变换等，帮助我们更好地理解和解决问题。
此外，还需要善于总结各种技巧和方法，熟练掌握各种解题套路，以应对各种可能出现的二次函数压轴题。
巧用二次求导解决函数单调性和极值问题
2(1x)ln1(x)x22x (1x)2
设 g (x ) 2 (1 x )l1 n x ( ) x 2 2 x
则 g '(x)2 ln 1 x () 2 x
[g'(x)]' 2x 1x
典型例题讲解
当 1x0时[g， '(x)]'0,g'(x)在 （ 1,0 ）上是增函
当 x 0时 [g'(x)]'0,g'(x)在0（ ， ）上为.减函数
巧用二次求导解决函数单调性和极值问题
导言
在历年高考试题中，导数部分是是以导数作为压轴题来考 查。这类题主要考察函数的单调性、求函数的极值与最值 以及利用导数的有关知识解决恒成立、不等式证明等问题。 解决这类题的常规解题步骤为：①求函数的定义域；②求 函数的导数；③求 的零点；④列出 的变化关系表；⑤根据 列表解答问题。
凸性作为函数的一种重要性质,其准确刻画需要涉及到高等数学中 的二阶导数等知识, 因此, 它不属于高中数学的研究范畴, 但是, 近 年来的高考试题中有许多与二阶导数的凸性有关的高考题。
凹凸性是函数图像的主要形状之一。结合 f(x),f(x),f(x的)关 系可以方便地判断一个函数与其导函数图像的关系。
0，即 f x 在区间 1, 上 为增函数，则 fxf1，1此时， f为 x增 函数，所以 fxf1，易0得 (x1)f(x也)成0 立。
综上，(x1)f(x)0得证。
典型例题讲解
例题4、设a 为实数，函数 fxex2x2a,x 。R
（Ⅰ）求 f x 的单调区间与极值；
恒有 f(x1x2)f(x1)f(x2，) 那么称 在 I 上的图形是凹的； 如果恒有2f(x1 2x2)2f(x1) 2f(x2)，那么称 在 I 上的图形是凸的；
二次求导在解题中的妙用
二次求导在解题中的妙用发布时间：2023-04-12T18:03:55.970Z 来源：《基础教育参考》2023年3月作者：李连代[导读]李连代重庆市万州高级中学中图分类号：G626.5 文献标识码：A 文章编号：ISSN1672-1128（2023）3-171-02高中数学课程标准对导数的应用提出了明确的要求，导数在研究函数中的应用，既是高考考查的重点，也是难点和必考点. 利用导数求解函数的单调性、极值和最值等问题是高考考查导数问题的主要内容和形式，并多以压轴题的形式出现. 常常考查运算求解能力、概括抽象能力、推理论证能力和函数与方程、化归与转化思想、分类与整合思想、特殊与一般思想的渗透和综合运用，难度较大.在解决有关导数应用的试题时，有些题目利用“一次求导”就可以解决，但是有些问题“一次求导”，不能求出原函数的单调性，还不能解决问题，需要利用“二次求导”才能找到导数的正负，找到原函数的单调性，才能解决问题. “再构造，再求导”是破解函数综合问题的有效工具，为高中数学教学提供了数学建模的新思路和“用数学”的新意识和新途径.题型一利用二次求导求函数的单调性【典例1】若函数f(x)＝sin xx，0<x1<x2<π.设a＝f(x1)，b＝f(x2)，试比较a，b的大小．【思路分析】此题可联想到研究函数f(x)＝sin xx在(0，π)的单调性．函数图象虽然可以直观地反映出两个变量之间的变化规律，但大多数复合的函数作图困难较大．导数的建立拓展了应用图象解题的空间．导数这个强有力的工具对函数单调性的研究提供了简单、程序化的方法，具有很强的可操作性．当f′(x)>0时，函数f(x)单调递增；当f′(x)<0时，函数f(x)单调递减．【解析】由f(x)＝sin xx，得f′(x)＝xcos x－sin xx2，设g(x)＝xcos x－sin x，则g′(x)＝－xsin x＋cos x－cos x＝－xsin x.∵0<x<π，∴g′(x)<0，即函数g(x)在(0，π)上是减函数．∴g(x)<g(0)＝0，因此f′(x)<0，故函数f(x)在(0，π)是减函数，∴当0<x1<x2<π，有f(x1)>f(x2)，即a>b.【方法归纳】从本题解答来看，为了得到f(x)的单调性，须判断f′(x)的符号，而f′(x)＝xcos x－sin xx2的分母为正，只需判断分子xcos x－sin x的符号，但很难直接判断，故可通过二次求导，判断出一次导函数的符号，并最终解决问题．【变式训练1】1．已知函数f(x)满足f(x)＝f′(1)ex－1－f(0)x＋12x2，求f(x)的解析式及单调区间．解：因为f(x)＝f′(1)ex－1－f(0)x＋12x2，所以f′(x)＝f′(1)ex－1－f(0)＋x.令x＝1，得f(0)＝1.所以f(x)＝f′(1)ex－1－x＋12x2，所以f(0)＝f′(1)e－1＝1，解得f′(1)＝e.所以f(x)＝ex－x＋12x2.设g(x)＝f′(x)＝ex－1＋x，则g′(x)＝ex＋1>0，所以y＝g(x)在R上单调递增．因为f′(0)＝0，所以f′(x)>0＝f′(0)⇔x>0，f′(x)<0＝f′(0)⇔x<0.所以f(x)的解析式为f(x)＝ex－x＋12x2，且单调递增区间为(0，＋∞)，单调递减区间为(－∞，0).题型二利用二次求导求函数的极值或参数的范围【典例2】已知函数f(x)＝ln(ax＋1)＋x3－x2－ax.(1)若x＝23为y＝f(x)的极值点，求实数a的值；(2)若y＝f(x)在[1，＋∞)上为增函数，求实数a的取值范围；(3)若a＝－1时，方程f(1－x)－(1－x)3＝bx有实根，求实数b的取值范围． [方法演示]解：(1)f′(x)＝aax＋1＋3x2－2x－a.由题意，知f′23＝0，所以a23a＋1＋43－43－a＝0，解得a＝0.当a＝0时，f′(x)＝x(3x－2)，从而x＝23为y＝f(x)的极值点． (2)因为f(x)在[1，＋∞)上为增函数，所以f′(x)＝aax＋1＋3x2－2x－a＝x[3ax2＋ 3 2a x－ a2＋2 ]ax＋1≥0在[1，＋∞)上恒成立．当a＝0时，f′(x)＝x(3x－2)，此时f(x)在[1，＋∞)上为增函数恒成立，故a＝0符合题意；当a≠0时，由ax＋1>0对x>1恒成立，知a>0.所以3ax2＋(3－2a)x－(a2＋2)≥0对x∈[1，＋∞)恒成立．令g(x)＝3ax2＋(3－2a)x－(a2＋2)，其对称轴为x＝13－12a，因为a>0，所以13－12a<13，所以g(x)在[1，＋∞)上为增函数，所以只需g(1)≥0即可，即－a2＋a＋1≥0，解得0<a≤1＋52.综上，实数a的取值范围为0，1＋52.(3)由已知得，x>0，∴b＝x(ln x＋x－x2)＝xln x＋x2－x3.令g(x)＝xln x＋x2－x3，则g′(x)＝ln x＋1＋2x－3x2.令h(x)＝g′(x)，则h′(x)＝1x＋2－6x＝－6x2－2x－1x.当0<x<1＋76时，h′(x)>0，∴函数h(x)＝g′(x)在0，1＋76上递增；当x>1＋76时，h′(x)<0，∴函数h(x)＝g′(x)在1＋76，＋∞上递减．又g′(1)＝0，∴存在x0∈0，1＋76，使得g′(x0)＝0.当0<x<x0时，g′(x)<0，∴函数g(x)在(0，x0)上递减；当x0<x<1时，g′(x)>0，∴函数g(x)在(x0,1)上递增；当x>1时，g′(x)<0，∴函数g(x)在(1，＋∞)上递减．又当x→＋∞时，g(x)→－∞.又g(x)＝xln x＋x2－x3＝x(ln x＋x－x2)≤xln x＋14，当x→0时，ln x＋14<0，则g(x)<0，且g(1)＝0，∴b的取值范围为(－∞，0]．【方法归纳】本题从题目形式来看，是极其常规的一道导数考题，第(3)问要求参数b的范围问题，实际上是求g(x)＝x(ln x＋x－x2)极值问题，问题是g′(x)＝ln x＋1＋2x－3x2＝0这个方程求解不易，这时我们可以尝试对h(x)＝g′(x)再一次求导并解决问题．所以当导数值等于0这个方程求解有困难，考虑用二次求导尝试不失为一种妙法．变式训练2已知函数F(x)＝ex＋sin x－ax，当x≥0时，函数y＝F(x)的图象恒在y＝F(－x)的图象上方，求实数a的取值范围．解：设φ(x)＝F(x)－F(－x)＝ex－e－x＋2sin x－2ax.则φ′(x)＝ex＋e－x＋2cos x－2a.设S(x)＝φ″(x)＝ex－e－x－2sin x.∵S′(x)＝ex＋e－x－2cos x≥0在x≥0时恒成立，∴函数S(x)在[0，＋∞)上单调递增，∴S(x)≥S(0)＝0在x∈[0，＋∞)时恒成立，因此函数φ′(x)在[0，＋∞)上单调递增，∴φ′(x)≥φ′(0)＝4－2a在x∈[0，＋∞)时恒成立．当a≤2时，φ′(x)≥0，∴φ(x)在[0，＋∞)单调递增，即φ(x)≥φ(0)＝0.故a≤2时F(x)≥F(－x)恒成立．当a>2时，φ′(x)<0，又∵φ′(x)在[0，＋∞)单调递增，∴存在x0∈(0，＋∞)，使得在区间[0，x0)上φ′(x)<0.则φ(x)在[0，x0)上递减，而φ(0)＝0，∴当x∈(0，x0)时，φ(x)<0，这与F(x)－F(－x)≥0对x∈[0，＋∞)恒成立不符，∴a>2不合题意．综上，实数a的取值范围是(－∞，2]．题型三利用二次求导证明不等式【典例3】证明当x>0时，sin x>x－x36.【解析】证明：令f(x)＝sin x－x＋x36，则f′(x)＝cos x－1＋x22，所以f ″(x)＝－sin x＋x.易知当x>0时，sin x<x，所以在(0，＋∞)上f″(x)>0，所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增．又f′(0)＝0，所以在(0，＋∞)有f′(x)>f′(0)＝0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．故当x>0时，f(x)＝sin x－x＋x36>f(0)＝0.所以sin x>x－x36(x>0)．【方法归纳】本题是应用导数证明不等式．证明的关键在于构造适当的函数，然后在相应区间上用二次求导的方法判定导数的符号，得到导函数的单调性，再利用单调性证明不等式．【变式训练】3．已知函数f(x)＝mex－ln x－1.(1)当m＝0时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)当m≥1时，证明：f(x)>1.解：(1)当m＝0时，f(x)＝－ln x－1，则f′(x)＝－1x，所以f(1)＝－1，f′(1)＝－1.所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－(－1)＝－(x－1)，即x＋y＝0.(2)证明：当m≥1时，f(x)＝mex－ln x－1≥ex－ln x－1.要证f(x)>1，只需证ex－ln x－2>0.设g(x)＝ex－ln x－2，则g′(x)＝ex－1x.设h(x)＝ex－1x，则h′(x)＝ex＋1x2>0.所以函数h(x)＝g′(x)＝ex－1x在(0，＋∞)上单调递增．因为g′12＝e12－2<0，g′(1)＝e－1>0，所以函数g′(x)＝ex－1x在(0，＋∞)上有唯一零点x0，且x0∈12，1.因为g′(x0)＝0，所以ex0＝1x0，即ln x0＝－x0.当x∈(0，x0)时，g′(x)<0；当x∈(x0，＋∞)时，g′(x)>0，所以当x＝x0时，g(x)取得极小值也是最小值g(x0)．故g(x)≥g(x0)＝ex0－ln x0－2＝1x0＋x0－2>0.综上可知，当m≥1时，f(x)>1.。
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f x ln x
1 x
f x 求导，可得
1 1 2 x x
典型例题讲解
例题4、设a 为实数，函数 f x e 2x 2a, x R 。 （Ⅰ）求 f x 的单调区间与极值； 2 x （Ⅱ）求证：当 a＞ ln 2 1 且x ＞ 0时， e x 2ax 1 x 2 ＞ 。 g x e x 2ax 1 x x （Ⅱ）解：设 ，则： g x e 2x 2a g x e 2 ln 2 ln 2, 0,ln 2 —— 0 g x +
典型例题讲解
例题1、已知函数 间。
x2 f ( x) ln (1 x) 1 x
2
f ( x) ，求函数
的单调区
f x
(1,)
x 1
2
解：
f ' ( x)
设 则
的定义域是 2 ln(1 x) x 2 x
(1 x)
2
. 2(1 x) ln(1 x) x 2 2 x
巧用二次求导解决函数单调性和极值问题
导
言
在历年高考试题中，导数部分是是以导数作为压轴题来考查。 这类题主要考察函数的单调性、求函数的极值与最值以及利用 导数的有关知识解决恒成立、不等式证明等问题。解决这类题 的常规解题步骤为：①求函数的定义域；②求函数的导数；③ 求 的零点；④列出 的变化关系表；⑤根据列表解答问题。 而在有些函数问题中，如含有指数式、对数式的函数问题，求 导之后往往不易或不能直接判断出导函数的符号，从而不能进 一步判断函数的单调性及极值、最值情况，此时解题受阻。若 遇这类问题，则可试用求函数的二阶导数加以解决。
二．二阶导数与极值
二．二阶导数与极值 在高中，判断函数是否在 取得极值，经常是利用函数导数 在 两侧的符号来判断。实际上，还可以利用二阶导数的符号 来判断 是否为函数的极值点。有如下的判定定理： x0 处具有二阶导数 f ( x0 ) 0 f ( x0 ) 0 定理3设函数 f ( x) 在点 且 ， ，那么 x0 （1） 当 f ( x0 ) 0 时，函数 在 处取得极大值； x0 （2） 当 f ( x0 ) 0 时，函数 在 处取得极小值．
x
x＞-1
x f x 时， x 1
x 0时， f x ， 求a 的取值范围 。答案： ax 1
1 0a 2
f ( x ) 的单调递增区间是 (1,0)
(0,) ，递减区间是
.
典型例题讲解
例题2、设函数 f x e 1 x ax
x
2
（Ⅰ）若 a
0求 f
x
的单调区间；
（Ⅱ）若当 x
0 时， f x 0。求 a 的取值范围。
（2）、解：当 a＜ 0时，在区间 0, 上显然 ，综上 ax 2 0 x 2 0, f x e 1 x ax 0 (1)可得在区间 上 成立。故 a＜ 0满足题意。 x x x e 2a 当 a＞0 时，f x e 1 2ax f， ， 0 0 f x x f 0, 显然 f 0 0 f， 当 在区间 上大于零时， f x 0, f x f x 0 为增函数， ，满足题意。而当 在区间 f x f x f 0 0 上为增函数时， ，也就是说，要求 在区间 0, x 0, 上大于等于零，又因为 在区间 上为增函数， f x e 2a 1 0 所以要求 ，解得 。 a f 1 0 e ，即 2a 0 2 1 。 综上所述，a 的取值范围为 ,
2
典型例题讲解
典型例题讲解
例题3、已知函数 f ( x) ( x 1) ln x x 1 . 2 a （Ⅰ）若 xf '( x) x ax 1 ，求 的取值范围； （Ⅱ）证明：( x 1) f ( x) 0 解：第一问难度不算大，大多数同学一般都能做出来。采 用分离参数法解决恒成立问题就行了。 而第二问是属于运用导数工具证明不等式问题。用 f x 去 分析 f x 的单调性受阻。
一．二阶导数与凸性
一．二阶导数与凸性 x2 ， x1 与 定义1. 设 f ( x) 在区间 I 上连续，如果对 I 上任意两点 x1 x2 f ( x1 ) f ( x2 ) f ( ) 恒有 ，那么称 在 I 上的图形是凹的； 2 2 x1 x2 f ( x1 ) f ( x2 ) f ( ) 如果恒有 ，那么称 在 I 上的图形是凸的； 2 2 [a, b] 上连续，在 ( a, b) 内可导，那么： 定理1 设 f ( x) 在 f ( x) [在 a, b] （1）若在 ( a, b) 内f ( x ) 单调增加，则 上的 图形是凹的； ( x) [a （2）若在 ( a, b) 内f ( x ) 单调减少， f 则 在 上的 , b] 图形是凸的；
x
g x
减
极小值
增
典型例题讲解
g ln 2 eln2 2ln 2 2a 2 2ln 2 2a 2 a ln 2 1
由a > ln 2 1 知
由上表可知 g x g ln 2
，而
g ln 2 > 0，所以 g x >0，即 g x 在区间 0, 上为增函数。
(1 x) 2
2
g ( x) 2(1 x) ln(1 x) x 2x
g ' ( x) 2 ln(1 x)]' 1 x
典型例题讲解
当 当
1 x 0时， [ g ' ( x)]' 0, g ' ( x)在（ 1,0）上是增函数； x 0 时 [ g ' ( x)]' 0, g ' ( x)在（ 0， ）上为减函数 .
0处有最大值，而 g ' (0) 0, 所以g ' ( x) 0( x 0),
所以 g ' ( x)在x
函数 g ( x )在 (1,) 上是减函数. 当 1 x 0时，g ( x) g (0) 0, f ' ( x) 0, f ( x)递增; 当 x 0时，g ( x) g (0) 0, f ' ( x) 0, f ( x)递减 所以，函数
一．二阶导数与凸性
[a, b] 上连续，在 ( a, b) 定理 2设 f ( x) 在 内二阶可导，那么： a, b] f ( x ) [在 （1）若在 上的图形是凹的； ( a, b) 内f ( x) 0 ，则 f ( x) [a f ( x) 0 ，则 , b] （2）若在( a, b) 内 在 上的图形是凸的． 凸性作为函数的一种重要性质,其准确刻画需要涉及到高等数学中 的二阶导数等知识, 因此, 它不属于高中数学的研究范畴, 但是, 近 年来的高考试题中有许多与二阶导数的凸性有关的高考题。 凹凸性是函数图像的主要形状之一。结合 f ( x), f ( x), f ( x) 的关系可以方便地判断一个函数与其导函数图像的关系。
于是有 g x ＞ g 0 ，而 g
0 2 0 e 0 2a 0 1 0 2 故 g x ＞0，即当a> ln 2 1且x>0时，e x > x 2ax 1
课后练习题
设函数 ， f x 1 e
（Ⅰ）证明：当 （Ⅱ）设当 x
典型例题讲解
我们可以尝试再对 ， 1 f x ln x 0 ，即 显然当 ＜ ；当 ＞ f x 时， x 1＜ f 时， 1 x 0 0 x x 在 区间 上为减函数，所以有当 01 ＜x f x f 1 1 0, f x 1 时， ，我们通过二次求导分析 的单调性，得出当 1 0,1 ，则 f x f 1 0 上为增函数， 0＜ 在区间 fx x 时 即 ( x 1) f ( x) 0，此时， 则有 成立。 f x 下面我们在接着分析当 1＜x 时的情况，同理，当 1＜ x时， f x f x 1, ＞ 0，即 在区间 上为增函数，则 ，此 f x f 1 1 ( x 1) f ( x) 0 时， 为增函数，所以 ，易得 也成立。 f x f 1 0 ( x 1) f ( x) 0 得证。 综上，