(完整版)导数中的二次求导问题

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二次求导问题

北京华罗庚学校为全国学生提供优质教育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．利用二次求导求函数的单调性[典例]若函数f(x)＝sinx，0<x 1<x 2<π.设a ＝f(x 1)，b ＝f(x 2)，试比较a ，b 的大小．x[思路点拨]此题可联想到研究函数f(x)＝sinx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x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)＝sinx，得f ′(x)＝xcosx －sinx，x 2x设 g(x)＝xcosx －sinx ，则g ′(x)＝－xsinx ＋cosx －cosx ＝－xsinx.∵ 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]xcosx －sinx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 2的分母为正，只需判断分子xcosx －sinx 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)ex －112－f(0)x ＋x ，求f(x)的解析式及单调区间．2解：因为f(x)＝f ′(1)ex －1－f(0)x ＋1x 2，所以f ′(x)＝f ′(1)e x －1－f(0)＋x.2令x ＝1，得f(0)＝1.所以f(x)＝f ′(1)ex －112，所以f(0) ＝f ′(1)e－1，解得f ′(1) ＝e.－x ＋x ＝12所以f(x)＝e x－x ＋1x 2.2北京华罗庚学校为全国学生提供优质教育设 g(x)＝f ′(x)＝e x －1＋x ，则g ′(x)＝e x ＋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 ＋1x 2，且单调递增区间为 (0，＋∞)，单调递减区间为(－∞，0).2利用二次求导求函数的极值或参数的范围[典例](理)已知函数f(x)＝ln(ax ＋1)＋x 3－x 2－ax.(1) 2为y ＝f(x)的极值点，求实数a 的值；若x ＝3(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有实根，求实数b 的取值范围．x[方法演示]解：(1)f ′(x)＝a ＋3x 2－2x －a. ax ＋12a4 4由题意，知f ′3＝0，所以2 ＋ 3－3－a ＝0，解得a ＝0.3a ＋1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 ＋3x 2－2x －a ＝x[3ax 2＋3－2ax －a 2＋2]≥0在[1，＋∞)上恒成立．ax ＋1ax ＋1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 ＝1－1，因为a>0，所以1－1<1，所以g(x)32a32a3在[1，＋∞)上为增函数，所以只需21＋5g(1)≥0即可，即－a ＋a ＋1≥0，解得0<a ≤2 .综上，实数a 的取值范围为0，1＋5.2(3)由已知得，x>0，∴b ＝x(lnx ＋x －x 2)＝xlnx ＋x 2－x 3. 令 g(x)＝xlnx ＋x 2－x 3，则g ′(x)＝lnx ＋1＋2x －3x 2.令h(x)＝g ′(x)，则h ′(x)＝1＋2－6x ＝－6x2－2x －1x .x当0<x<1＋7时，h ′(x)>0，∴函数h(x)＝g ′(x)在0， 1＋ 7上递增；66当x> 1＋7时，h ′(x)<0，∴函数h(x)＝g ′(x)在1＋7，＋∞上递减．6 6又 g ′(1)＝0，∴存在x 0∈0，1＋7，使得g ′(x 0)＝0.6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)＝xlnx ＋x 2－x 3＝x(lnx ＋x －x 2)≤xlnx ＋14，当x →0时，lnx ＋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(lnx ＋x －x 2)极值问题，问题是g ′(x)＝lnx ＋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)＝ex －xlnx ，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)＝ex －xlnx ，知f ′(x)＝e －lnx －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)＝ex －xlnx ，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 －ex ＋xlnx ≥0 对任意的x ∈(0，＋∞)e x ＋x －ex ＋xlnx对任意的x ∈(0，＋∞)恒成立．恒成立，即t ≤2x令F(x)＝e x ＋x －ex ＋xlnxxe x ＋ex －2e x －xlnx1x＋e －2e x2，则F ′(x)＝32e x －lnx ，x x＝xx令G(x)＝e x＋e －2e －lnx ，则x＋∞)恒成立．x －e xxx －1 2＋e x－xG ′(x)＝e x －2xe2－ 1＝e 2＞0对任意的x ∈(0，xxxx∴G(x)＝e x ＋e －2e－lnx 在(0，＋∞)上单调递增，且G(1)＝0，x∴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e x ＋x －ex ＋xlnx1x＋e －2e x求F(x)＝2极值问题，问题是 2 －lnx 这个方程求解不易，这时我x F ′(x)＝x e x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<ln2时，g ′(x)<0；当x>ln2时，g ′(x)>0，从而f ′(x)在(0，ln2)上递减，在(ln2，＋∞)上递增．故导数f ′(x)的极小值为f ′(ln2)＝1－2ln2.(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 ，1故实数k 的取值范围为－t ，＋∞.利用二次求导证明不等式[典例]证明当x>0时，sinx>x －x3.6[方法演示]证明：令f(x)＝sinx －x ＋x32，则f ′(x)＝cosx －1＋x，所以f ″(x)＝－sinx ＋x.62易知当x>0时，sinx<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)＝sinx －x ＋x3 3>f(0)＝0. 所以sinx>x － x (x>0)． 66[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)＝me x －lnx －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)>1.1解：(1)当m ＝0时，f(x)＝－lnx －1，则f ′(x)＝－，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)＝me x －lnx －1≥e x －lnx －1.xx－lnx －2，则g ′x 1要证f(x)>1，只需证e－lnx －2>0.设g(x)＝e(x)＝e－.xx1 x 1x1设h(x)＝e －x ，则h ′(x)＝e ＋x 2>0.所以函数 h(x)＝g ′(x)＝e－x 在(0，＋∞)上单调递增．因为g ′1＝e 1－2<0，g ′(1)＝e －1>0，所以函数g ′(x)＝e x－1在(0，＋∞)上有唯一零点 x 0，2 2x且x 0∈1，1.因为g ′(x 0)＝0，所以ex 0＝1，即lnx 0＝－x 0.2 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1是最小值 g(x 0)．故g(x)≥g(x 0)＝ex 0－lnx 0－2＝＋x 0－2>0.综上可知，当 m ≥1时，f(x)>1.1．(理)对任意实数 x ，证明不等式 1＋xln(x ＋ 1＋x 2)≥1＋x 2.证明：设f(x)＝1＋xln(x ＋1＋x 2)－1＋x 2，x 1＋x2∵f ′(x)＝ln(x ＋1＋x 2)＋1＋x －x＝ln(x ＋1＋x 2)，x ＋ 1＋x 21＋x 21＋ x1＋x 21＋x 2＋x1设h(x)＝f ′(x)，则h ′(x)＝2>0，2＝22＝1＋xx ＋1＋x1＋xx ＋ 1＋x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＋xln(x ＋1＋x 2)≥1＋x 2.(文)已知函数f(x)＝(x ＋1)lnx －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 ＝1x －e.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)＝lnx ＋1＋1－a ，x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)lnx 0＋ax 0＝lnx 0＋1＋1－a(x －x 0)，即y ＝lnx 0＋1＋1－ax ＋lnx 0－x 0－1，x 0x 011lnx 0＋x 0＋1－a ＝e ，1 x －1所以令g(x)＝x －lnx ＋1，则g ′(x)＝1－x ＝ x ，x 0－lnx 0＋1＝e.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lnx 0＋1＋1－a ＝1，得a ＝2.x 0e1－1(x>0)．令h(x)＝lnx ＋1，则h ′(x)＝1－12x －1.x 2(2)证明：由a ＝2，得f ′(x)＝lnx ＋xxxx ＝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 ＝2.71828⋯⋯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－ax2－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≤1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；2当a≥e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 2－b；1e．当<a<时，令g′(x)＝0，得x＝ln2a∈(0,1)22当g′(x)<0时，0≤x<ln2a；当g′(x)>0时，ln2a<x≤1，所以函数g(x)在区间[0，ln2a)上单调递减，在区间(ln2a,1]上单调递增，于是g(x)在[0,1]上的最小值是g(ln2a)＝2a－2aln2a－b.11e时，g(x)在[0,1]上的最小综上所述，当a≤时，g(x)在[0,1]上的最小值是g(0)＝1－b；当<a<222e值是g(ln2a)＝2a－2aln2a－b；当a≥2时，g(x)在[0,1]上的最小值是g(1)＝e－2a－b.x3．已知函数F(x)＝e＋sinx－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＋2sinx－2ax.则φ′(x)＝e x＋e－x＋2cosx－2a.设S(x)＝φ″(x)＝e x－e－x－2sinx.x－x∵S′(x)＝e＋e－2cosx≥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]．xa4．(2018·沙模拟长)已知函数f(x)＝e，g(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，其定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)．而F′(x)＝e x＋a2，x x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，xx e x e x2e 则F′(x)＝e－x2.设h(x)＝F′(x)＝e－x2(x>0)，则h′(x)＝e＋x3>0，x e故F′(x)＝e－x2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.。

导数中的二次求导问题

2019高考数学热点难点突破技巧第03讲：导数中的二次求导问题【知识要点】1、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2、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•【方法讲评】【例1】（理・2010全国卷I第20题）已知函数' .（I）若「一「宀厂〔求；的取值范围；（H）证明：'■【解析】由于⑴二（卄L）Sr+1可知函数/V）的定义域为易得Z（v）= ln,v^（x+l）--l=lnA+lX Xr /' Il i则由h d）< ” +n.v+ 冋知x' tn - < f + ov + L化简得二;L…，丄所以两边同乘••可得工卞兰汎一二，所以有二三二厂一丁，在对二_ '求导有= J即当0＜工＜1时，£⑴〉0, 区（刃在区间上为增函数；当云二1时,GF U O；当I v K时，叫刘＜0, 在区间（JZ上为减函数.所以•'在応—1时有最大值，即L■■- -;j:- - - - 1: 1.又因为丄二丄.1 •:，所以J工一［（2）要证只殒证当0＜斗幻时』/（x）＜0}当T＞1B寸』即可.由上Sn/{jf）= lnx+-,再对y（x） = ln A -F—求导'设g（x） = ln^+-,则0（力二丄一^ 二匕丿，显X TA AT y" X然当O＜MI时，如5 当el时,ffV-）＞o7 Hp ff（x）=hix+1 在区间（o.i）l MMW 所以有当0＜.v＜l时』^fx）＞-11） = 1 ,所決当0＜K G时八兀比"0』则亢"在区间01］上为増函数』gn/（.v）＜/（i）=o,临£贝q有u-ii/a沦o成茁当八匚时，同理，当—厂时，一 '＞■,即」'■在区间一上为增函数，则此时，/（H）为增函数，所以，何之/（】）=°，易得也成立•综上得证.方法二：（（I）八gin工+ ：,则右幼+阮+ 1题设m 2 +曲+ 1等价于hi x-x＜a.令訴真,则思內工当〔＜：：＜〔时，・'^ ；当疋时，=：「一一，疋匚】是—的最大值点，所以£（力盂g（l）=・l综上，二的取值范围是-一 .7：.( 1 ]j ix)=lnx-F(xlnz-j^l) = lnx4*x In r+—1IJ= lnz-zfln--- + l <0因为上■< 0,所以此时■；「-x+l)=lnx-A[ln--- + l|>0 \ x J(x-ivw>o【点评】（i ）比较上述两种解法，可以发现用二次求导的方法解题过程简便易懂, 自然流畅，难度降低，否则，另外一种解法在解第二问时用到第一问的结论，而且运用了一些代数变形的技巧，解法显得偏而怪，同学们不易想出 •（ 2）大家一定要理解二次求导的使用情景，是一次求导得到 -■' 之后，一'•’「一解答难度较大甚至解不出来（3）二次求导之后，设 — ■'，再求「一，求出的解，即得到函数--J-'的单调性，得到函数二八的最值，即可得到-■二的正负情况，即可得到函数【例2】设函数'' ' 11' ' ' '•（I ）若|：-'-在点处的切线为・-卩，求八的值；（n ）求八7的单调区间; （川）若厂，求证：在「时」-“尸f _ 1 -们【解析】（I ）：「廿亠二［-' =丄''， •••」八在点处的切线为L 叮十7，即i 在点的切线的斜率为芒，(□)由(I) 知,= -1，即i n J -J +1 <0 .<〔时，/ (z ) =ln x4-(rlnz当上二•时，思路来得2将切点代入切线方程・一=7_；，得：•一所以"，—匕；（【I）由（I ）加= =^（.¥>0）,下面对盒的正员情况曲亍讨X X（ra^<ofl寸，r（^<o*（o, d 上恒成土m/（.v）在（o,険）上单雌威；②当心w 『（廿在（0丄）上单调递癘川工）在（丄，皿）上单调递増孑a c综上所述』当心0时，于仕）的单调递减区间为W,山儿些心0时，孑⑴的单调递馮区间为卩丄” /（£的里趣詹区间为（—+巧』a a（出）… /懐）=盘工_ 2T D工（肚g R） g〔x）三处_护•••要证：当工匸:-时，匚• i •〉」「-,即证：，」匚_：「，令山住）三計一In賣-2讥 > 可，则只需证：方Uhin > 0，衬⑴二才一丄^-1>0 *-1沪0由于•’，（由于不等式•；是超越不等式，所以此处解不等式丄解答不出，所以要构造函数二次求导.）七⑸二/_2（工n0） ■ HxXJ*丄：>0设. ' 上”所以函数在■ ■' 1"" 单调递增，又因为内存在唯一的零点, 即'：；；在-…丁）内存在唯一的零点，设这个零点为所以2,•••切点为--,（这个雾点#垮点的区间找到很关键很重更必须找到，直接关系到拝（©的单调性和hg"Fjf以丹3在（打）內存在唯一的雲冃即厅（Q在①十巧内存在唯一的零点，设这个雲点为心昆卩j 3则/--= 0 :.e1=-（| J fifi以方CQ胚®0罡涮画数，在（『严h）是增函埶f t 3PMA 力（；0 工-=7<f）=tf f-lnr-2 = --ln4-- = -+^--^--^ = Or e r故等号不成立，二"⑺九址A（h即当:VA O时，/（A-）>g（x）.-1 >0 别⑴二/一丄沁【点评】（1）由于不等式“是超越不等式，所以不等式亠解答不出，所以要构造函数二次求导•这是要二次求导的起因• （2）仅得到函数「：•“在单调递增是不够的，因为此时：："「’ l，所以；-：1甘，所以.■<的单调性还是不知道，所以无法求一’.所以必须找到这个零点和零点所在区间，这个零点和零点的区间找到很关键很重要，直接关系到••丿的单调性和…」■-1-.【反馈检测1】【2017课标II，理】已知函数‘‘亠丄丄，且....!_ -.⑴ 求出；⑵ 证明：存在唯一的极大值点°,且；，''：.【反馈检测2】已知函数/：/' 宀R在点处的切线方程为z- 2y-2 = 0/（x）+ - <0（1）求― 的值；（2）当—时，- 恒成立，求实数的取值范围；1 1 1 捕—M—2_ •- --- 十----H ----- H ----- > ------ 2 ------（3）证明：当兀E N，且冷工己时，21口2 ?1口3 泌n附加+2科.高考数学热点难点突破技巧第 03讲:导数中二次求导问题参考答案【反馈检测1答案】（1）二；（2）证明略.【反馈检测1详细解析】（1） *「丿的定义域为'1'■：设并”…・讪，则『历二殆⑴J 讨＞ o 等价于訂” “呂（1）=山 & E ＞ 0, （1 1=4 而鼠‘杠 || = H - 丄「計'1 |=£2 - lr 得血=1因为若"1,则'、_「当时，—「― I 单调递减；当八：时，」「〉 o , -「单调递增.所以■■ = ■-是二一‘：的极小值点，故--:-，综上1.2 -由（1/ 知 F I 不 I =才一拓一芒 In 简 £r （^r ） = Z Y — 2 - ・设加职=- 2 - 111胳则笊胡=2 -—x11、 1、 f T当用「G 「时打胡V0 j 当X 益了，+« ；时，打* ＞0」所以血石I 在Q 「单调递减，在齐P I 单调逼増1 ' —r +co，在段丿有唯一零因为’「 T'；,所以二二是「■ ■的唯一极大值点【反馈检测2详细解析】（1）解：•••「'一亠—_"：1fl_.11•••直线工6-2 = 0的斜率为龙，且过点I 2丿,又—r n叽AT点1,且当■- 11■'时,「一；当―（%1）时，匕）＜0，当 JT E门坨)=Ofl- In唤・山故巩斗）■¥・％）因为h 二心是在（0,1 ）的最大值点，由，所以严心）＜2"【反馈检测2答案】 (1)£1； ( 2)(1 -00 一I 2；（3）见解析.，所以’ 有唯一零点"，由’•(2) 解法“由(1)得 f(x)=lnx^.* v jr ¥■* 当兀》1时，/（力+ —二^恒成立，^ln.v-- + -<0,等价于上艺一一工也厂x 2. x 1令总(x) =--xlnx f 则『(x) =x-(lnx + l) = :v-4-hif ,] 兀一令飆pE-u ,则血m-〒二当“j 时，「， ■ 1,函数：「在—「上单调递增，故•• u 「_ I从而，当-1时，—"亠，即函数 ■''在.二上单调递增，故■' '■' 1-.k - xln Ai < -因此，当时，-恒成立，则 -.（11-00, _ •••所求丘的取值范围是I 2-./(x) = lnx--解法2:由(1得一-.y (+— < oiti^ — — + — <o当f 1时，'■■ 恒成立，即]丄恒成立.$ 、 .K k打 \ I 1 上J 3 -2x+2t呂⑴=1“-亍一 g (X ] = _--—令2 葢，贝yx 2 x2x方程「暑 -< '■ (*)的判别式1-'< .（i ）当 _」，即.[时，则•；、1 时，〃二-■-< '■，得「’、- 故函数■•在 "'上单调递减1- 2_ -h 1- 2 --1lr竄⑴二一一+比=氏琴（2）二 In 2 — 1* — a 0 由于- 二 _-故函数—在―「上单调递减，则-- 1''，符合题意.（mi J >O ,寸，方程 ⑷ 的两根为工产1-JT 丟弋1也=1十旷丟汀』dia则咒貞 1丹）时,ff r （x ）>0, XEf^.-Ko^rJ,故函数凶力往（1应I 上单调递増，在也h 却上单调递减, V i~从Jt 圉数小貂在角4沁）上的最大值为列列=由站-丸亠壬.2 為 g (眄)二也勺一 =+ — <ltuc 2-2 /（11 -C0,-综上所述，疋的取值范围是I 2-.-■|. — 1In --I-——< 0j^lri x < --------（3）证明：由（2）得，当a 时，-二，可化为二12 11---- > ——二 ------- - ---- 又 xl 门庄 >。

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。

高中数学导数多次求导难题及解法

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高考试题二次求导问题两例

高考试题二次求导问题两例:例1.【理全国卷一】已知函数()(1)ln 1f x x x x =+-+.（Ⅰ）若2'()1xf x x ax ≤++，求a 的取值范围；（Ⅱ）证明：(1)()0x f x -≥先看第一问，首先由()(1)ln 1f x x x x =+-+可知函数()f x 的定义域为()0,+∞，易得()()11ln 11ln f x x x x x x '=++-=+ 则由2'()1xf x x ax ≤++可知21ln 1x x x ax x ⎛⎫+≤++ ⎪⎝⎭，化简得 2ln x x x ax ≤+，这时要观察一下这个不等式，显然每一项都有因子x ，而x 又大于零，所以两边同乘1x可得ln x x a ≤+，所以有ln a x x ≥-，在对()ln g x x x =-求导有 ()11g x x'=-，即当0＜x ＜1时，()g x '＞0，()g x 在区间()0,1上为增函数；当1x =时，()0g x =；当1＜x 时，()g x '＜0，()g x 在区间()1,+∞上为减函数。

所以()g x 在1x =时有最大值，即()()ln 11g x x x g =-≤=-。

又因为ln a x x ≥-，所以1a ≥-。

应该说第一问难度不算大，大多数同学一般都能做出来。

再看第二问。

要证(1)()0x f x -≥，只须证当0＜x 1≤时，()0f x ≤；当1＜x 时，()f x ＞0即可。

由上知()1ln f x x x'=+，但用()f x '去分析()f x 的单调性受阻。

我们可以尝试再对()1ln f x x x '=+求导，可得()211f x x x''=-，显然当0＜x 1≤时，()0f x ''≤；当1＜x 时，()f x ''＞0，即()1ln f x x x '=+在区间()0,+∞上为减函数，所以有当0＜x 1≤时， ()()11f x f ''≥=，我们通过二次求导分析()f x '的单调性，得出当0＜x 1≤时()1f x '≥，则()f x 在区间(]0,1上为增函数，即()()10f x f ≤=，此时，则有(1)()0x f x -≥成立。

高三数学二次求导知识点

高三数学二次求导知识点目录二阶导数一阶导数与二阶导数一次求导函数求导的意义● 高三数学二次求导知识点一.二阶导数定义二阶导数，是原函数导数的导数，将原函数进行二次求导。

一般的，函数y=f(x)的导数yˊ=fˊ(x)仍然是x的函数，则y′′=f′′(x)的导数叫做函数y=f(x)的二阶导数。

在图形上，它主要表现函数的凹凸性。

几何意义1、切线斜率变化的速度，表示的是一阶导数的变化率。

2、函数的凹凸性(例如加速度的方向总是指向轨迹曲线凹的一侧)。

函数凹凸性设f(x)在[a,b]上连续，在(a,b)内具有一阶和二阶导数，那么，(1)若在(a,b)内f''(x)>0,则f(x)在[a,b]上的图形是凹的。

(2)若在(a,b)内f’‘(x)<0,则f(x)在[a,b]上的图形是凸的。

●高三数学二次求导知识点二.一阶导数与二阶导数简单来说，一阶导数是自变量的变化率，二阶导数就是一阶导数的变化率，也就是一阶导数变化率的变化率。

连续函数的一阶导数就是相应的切线斜率。

一阶导数大于0，则递增;一阶倒数小于0，则递减;一阶导数等于0，则不增不减。

而二阶导数可以反映图象的凹凸。

二阶导数大于0，图象为凹;二阶导数小于0，图象为凸;二阶导数等于0，不凹不凸。

结合一阶、二阶导数可以求函数的极值。

当一阶导数等于零，而二阶导数大于零时，为极小值点;当一阶导数等于零，而二阶导数小于零时，为极大值点;当一阶导数、二阶导数都等于零时，为驻点。

●高三数学二次求导知识点三.一次求导函数1.y=c(c为常数) y'=02.y=x^n y'=nx^(n-1)3.y=a^x y'=a^xlnay=e^x y'=e^x4.y=logax y'=logae/xy=lnx y'=1/x5.y=sinx y'=cosx6.y=cosx y'=-sinx7.y=tanx y'=1/cos^2x8.y=cotx y'=-1/sin^2x9.y=arcsinx y'=1/√1-x^210.y=arccosx y'=-1/√1-x^211.y=arctanx y'=1/1+x^212.y=arccotx y'=-1/1+x^2●高三数学二次求导知识点四.求导的意义1.导数的实质：导数是函数的局部性质。

二次求导问题【范本模板】

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．利用二次求导求函数的单调性［典例］ 1212［思路点拨］此题可联想到研究函数f (x ）＝错误!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 )＝错误!，得f ′（x )＝错误!,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 ）＝错误!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 ＋错误!x 2，所以f ′（x )＝f ′（1)e x －1－f (0)＋x 。

导数的应用二次求导

导数的应用二次求导1.已知函数x x x x f +=ln )(.(1)求函数)(x f 的最值;(2)设x xex f x g )()(=,判断函数)(x g 的单调性. 解:(1)由题可知,函数)(x f 的定义域为),0(+∞,由x x x x f +=ln )(得2ln )('+=x x f ,令02ln >+x 得21e x >,令02ln <+x 得210ex <<,则)(x f 在),1(2+∞e 上为增函数,在)1,0(2e 为减函数.所以)(x f 在21ex =处取得最小值,为22222min 111ln 1)1()(ee e e ef x f =+==,无最大值. (2) 有题得)0(,1ln ln )()(>+=+==x e x xe x x x xe x f xg xx x ,则 x e x x x g 1ln 1)('--=,令)0(,1ln 1)(>--=x x x x h ,则011)('2<--=x x x h 在),0(+∞上恒成立,则)(x h 在),0(+∞为增函数.又因为0)1(=h ,所以当)1,0(∈x 时,0)(<x h ,当),1(+∞∈x 时,0)(>x h .即)1,0(∈x 时,0)('<x g ,当),1(+∞∈x 时,0)('>x g .所以)(x g 在)1,0(为减函数,在),1(+∞上为增函数.2.已知函数ax x x x f --=2ln )(.(1) 当1=a 时，求曲线)(x f y =在1=x 处切线方程;(2) 若0)(≤x f 恒成立,求实数a 的取值范围.解:(1)由题可知,)(x f 的定义域为),0(+∞,当1=a 时,x x x x f --=2ln )(,则 121)('--=x xx f ,则2)1(,2)1('-=-=f f ,则切线方程为)1(22--=+x y . 即x y 2-=.(2) 0)(≤x f 恒成立0ln 2≤--⇔ax x x 恒成立,x x x a 2ln -≥⇔恒成立设)0(,ln )(2>-=x x x x x g ,则22222ln 1ln 21)('x x x x x x x x g --=+--= 令)0(,ln 1)(2>--=x x x x h ,则012)('<--=xx x h 在),0(+∞上恒成立,则)(x h 在),0(+∞为减函数.又因为0)1(=h ,所以当)1,0(∈x 时,0)(>x h ,当),1(+∞∈x 时,0)(<x h . 即)1,0(∈x 时,0)('>x g ,当),1(+∞∈x 时,0)('<x g . 所以)(x g 在)1,0(为增函数,在),1(+∞上为减函数. 所以1)1((max )-==g x g .因为)(x g a ≥⇔恒成立,则1-≥a。

高考专题复习：二次求导-教师

高考专题：二次求导例题1、已知函数f(x)＝ln x－.(1)若a>0，试判断f(x)在定义域内的单调性；(2)若f(x)<x2在(1，＋∞)上恒成立，求a的取值范围．例题2、设f(x)＝ln x＋ax(a∈R且a≠0)．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若a＝1，证明：x∈[1，2]时，f(x)－3<成立．例题3.已知函数函数在x=1处的切线与直线垂直.（1）求实数a的值；（2）若函数存在单调递减区间，求实数的取值范围；（3）设是函数的两个极值点，若，求的最小值.例题4、已知函数（为常数，为自然对数的底）（1）当时，求的单调区间；（2）若函数在上无零点，求的最小值；（3）若对任意的，在上存在两个不同的使得成立，求的取值范围．强化训练1、已知函数在点处的切线方程为，且对任意的，恒成立.（Ⅰ）求函数的解析式；（Ⅱ）求实数的最小值；（Ⅲ）求证：（）2.已知函数（Ⅰ）试判断函数的单调性，并说明理由；（Ⅱ）若恒成立，求实数的取值范围；（Ⅲ）求证：.参考答案例题1、【解】(1)由题意知f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝＋＝.∵a>0，∴f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上是单调递增函数．(2)∵f(x)<x2，∴ln x－<x2.又x>0，∴a>x ln x－x3.令g(x)＝x ln x－x3，h(x)＝g′(x)＝1＋ln x－3x2，h′(x)＝－6x＝∵x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0，∴h(x)在(1，＋∞)上是减函数．∴h(x)<h(1)＝－2<0，即g′(x)<0，∴g(x)在(1，＋∞)上也是减函数．g(x)<g(1)＝－1，∴当a≥－1时，f(x)<x2在(1，＋∞)上恒成立．那a的取值范围是[－1，＋∞)．例题2、【解】(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝＋a，当a>0时，f′(x)>0，∴函数f(x)在(0，＋∞)上是增函数．当a<0时，f′(x)＝，由f′(x)>0得0<x<－；由f′(x)<0得，x>－.∴函数f(x)在(0，－)上是增函数；在(－，＋∞)上是减函数．(2)证明：当a＝1时，f(x)＝ln x＋x，要证x∈[1，2]时，f(x)－3<成立，只需证x ln x＋x2－3x－1<0在x∈[1，2]时恒成立．令g(x)＝x ln x＋x2－3x－1，则g′(x)＝ln x＋2x－2，设h(x)＝ln x＋2x－2，则h′(x)＝＋2>0，∴h(x)在[1，2]上单调递增，∴g′(1)≤g′(x)≤g′(2)，即0≤g′(x)≤ln 2＋2，∴g(x)在[1，2]上单调递增，∴g(x)≤g(2)＝2ln 2－3<0，∴当x∈[1，2]时，x ln x＋x2－3x－1<0恒成立，即原命题得证．例题3、解：(1) ∵，. ∵与直线垂直，∴，∴.（2）由题知在上有解，设，则，所以只需故b的取值范围是.，故所求的最小值是例题4、（1）时，由得得故的减区间为增区间为（2）因为在上恒成立不可能故要使在上无零点，只要对任意的，恒成立即时，令则再令于是在上为减函数故在上恒成立在上为增函数在上恒成立又故要使恒成立，只要若函数在上无零点，的最小值为（3），当时，，为增函数当时，，为减函数函数在上的值域为当时，不合题意当时，故①此时，当变化时，，的变化情况如下时，，任意定的，在区间上存在两个不同的使得成立，当且仅当满足下列条件即②即③令令得，当时，函数为增函数当时，函数为减函数所以在任取时有即②式对恒成立由③解得④，由①④当时对任意，在上存在两个不同的使成立强化训练1、解：（Ⅰ）将代入直线方程得，∴①，∴②①②联立，解得∴（Ⅱ），∴在上恒成立；即在恒成立；设，，∴只需证对于任意的有设，1）当，即时，，∴在单调递增，∴2）当，即时，设是方程的两根且由，可知，分析题意可知当时对任意有；∴，∴综上分析，实数的最小值为.（Ⅲ）令，有即在恒成立-令，得∴，∴原不等式得证.强化训练2、【解析】：（Ⅰ）故在递减…3分（Ⅱ）记………5分再令在上递增。

高考专题：导数中的二次求导问题

导数中的二次求导问题一.考情分析：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. 二.知识要点（为什么二次求导：）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，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， “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。

三、解这类题的步骤为： ①求函数的定义域；②求函数的导函数f ´(x)，无法判断导函数正负； ③构造求g(x)= f ´(x)，求g ´(x)；④求g ´(x)>0和g ´(x)<0的解，即得函数()g x 的单调性，得函数()g x 的最值，； ⑤根据列表解答问题。

四、典型例题：例1.求函数()cos f x x x ax a =-+，π[0,]2x ∈（1a ≥）的单调区间；解：依题意 ()cos sin f x x x x a '=--．令()cos sin g x x x x a =--，π[0,]2x ∈，则()2sin cos 0g x x x x '=--≤．所以()g x 在区间π[0,]2上单调递减．因为 (0)10g a =-≤，所以 ()0g x ≤，即 ()0f x '≤，所以()f x 的单调递减区间是π[0,]2，没有单调递增区间．例2.求证：函数2()ln(1)f x x x ax =+-（0a <）存在极小值；解：因为()ln(1)+21xf x x ax x '=+-+ 设()()ln(1)21xg x f x x a x x '==++-+ 211()+21(1)g x a x x '=-++ 因为1x >-且0a <，所以101x >+，210(1)x >+，20a -> 从而得到()0g x '>在(1,)-+∞上恒成立所以()0f x '>在(1,)-+∞上单调递增且(0)0f '=，所以x ，'()f x ，()f x 在区间(1,)-+∞ 的变化情况如下表:所以0x =时，()f x 取得极小值，问题得证例3.求函数f(x)=sinxlnx 在区间(1,)π内的极大值的个数．解：因为()sin ln f x x x =，所以sin ()cos ln xf x x x x'=+，（1）当(1,)2x π∈时，()0f x '>，()f x 单调递增，此时()f x 无极大值．（2）当(,)2x π∈π时，设sin ()()cos ln '==+x g x f x x x x ，则22cos sin ()sin ln 0x x g x x x x x '=-+-<，所以()f x '在(,)2ππ内单调递减．又因为2()02f π'=>π， ()ln 0f 'π=-π<，所以在(,)2ππ内存在唯一的0(,)2x π∈π，使得0()0f x '=．当x 变化时，()f x '，()f x 的变化如下表所以()f x 在0(1,)x 内单调递增，在0(,)x π内单调递减，此时()f x 有唯一极大值．综上所述，()f x 在(1,)π内的极大值的个数为1． ………10分检测：1.已知函数()()ln 1f x x a x x =+-+在区间(1)+∞,上存在极值点，求实数a 的取值范围.解：ln +'()ln a x x a f x x xx=+=.若0a ≥，则当(1)x ∈∞,+时，'()0f x >，()f x 在区间(1)∞,+上单调递增，此时无极值.若0a <，令()'()g x f x =，则21'()=a g x xx -.因为当(1)x ∈∞,+时，'()0g x >，所以()g x 在(1)∞,+上单调递增. 因为(1)0g a =<，而(e )e (e 1)0a a ag a a a -=-+=->，所以存在0(1e )a x -∈,，使得0()0g x =.'()f x 和()f x 的情况如下：因此，当0x x =时，()f x 有极小值0()f x .综上，a 的取值范围是0()-∞,. …………15分2、已知函数()()ln f x x a x =+（0a >）有极小值，求实数a 的取值范围．解： ()f x 有极小值⇔函数()f x '有左负右正的变号零点.()1()ln ln 1af x x x a x x x'=++=++令()()g x f x '=，则221()a x a g x x x x-'=-= 令()0g x '=，解得x a =. ,(),()x g x g x '的变化情况如下表：①若ln 20a +≥，即2a e -≥，则()0g x ≥，所以()f x '不存在变号零点，不合题意.②若ln 20a +<，即2a e -<时，()ln 20g a a =+<，(1)10g a =+>.所以0(,1)x a ∃∈，使得0()0g x =；且当0(,)x a x ∈时，()0g x <，当0(,1)x x ∈时，()0g x >. 所以当(,1)x a ∈时，,(),()x f x f x '的变化情况如下表：所以20a e -<<.3.已知函数2()()x f x e ax a =-∈R 在[0,1]上的最大值不小于2，求a 的取值范围；解：∵ ()e 2xf x ax '=-，当0a ≤时，因为[0,1],x ∈e 0,x>20ax -≥，故()0f x '>，即()f x 单调递增，因此max ()(1)e f x f a ==-．依题意，当0a ≤时，max ()e e 2f x a =-≥>，所以0a ≤符合题意．当0a >时，()e 2xf x a ''=-，令()0f x ''=，有ln 2x a =，变化如下：-+故．当时，即时，，单调递增，因此．依题意，令，有．当时，即时，，，故存在唯一使．此时有，即，，变化如下：若，则在上的最大值小于2，所以a 的取值范围为．。

二次求导公式

二次求导公式二次求导公式是微积分中的重要概念之一，它可以帮助我们求解函数的曲率、凹凸性、极值等问题。

在这篇文章中，我们将详细介绍二次求导公式的推导和应用。

一、二次求导公式的推导为了方便起见，我们先给定一个函数y=f(x)，其中f(x)是一个可导函数。

我们的目标是求解函数f(x)的二阶导数，即f''(x)。

步骤1：求解一阶导数f'(x)根据导数的定义，一阶导数f'(x)表示函数f(x)在某一点x处的斜率，可以通过极限的方式求得。

具体而言，我们可以使用以下公式来计算一阶导数：f'(x) = lim(h->0) [(f(x+h) - f(x))/h]步骤2：对一阶导数f'(x)再次求导根据导数的定义，我们可以将一阶导数f'(x)看作是函数f(x)的斜率函数。

而二阶导数f''(x)则代表了斜率函数的斜率，也就是函数f(x)的曲率。

为了求解二阶导数，我们只需要对一阶导数再次求导即可。

根据导数的定义，我们可以写出二阶导数的表达式：f''(x) = lim(h->0) [(f'(x+h) - f'(x))/h]将一阶导数f'(x)的表达式代入上述公式，得到二阶导数的另一种表达式：f''(x) = lim(h->0) [(f(x+2h) - 2f(x+h) + f(x))/h^2]这就是二次求导公式的推导过程。

二次求导公式在微积分中有着广泛的应用。

下面我们将介绍一些常见的应用场景。

1. 凹凸性的判断通过计算函数的二阶导数，我们可以判断函数在某一区间内的凹凸性。

具体而言，如果函数的二阶导数大于零，则函数在该区间内是凸函数；如果二阶导数小于零，则函数在该区间内是凹函数。

2. 极值点的判断通过计算函数的一阶导数和二阶导数，我们可以判断函数的极值点。

具体而言，如果函数在某一点的一阶导数为零，并且二阶导数大于零，那么该点是函数的极小值点；如果二阶导数小于零，则该点是函数的极大值点。

y导的二次方的导数

y导的二次方的导数引言在微积分中，导数是描述函数变化率的重要概念。

而导数的二次方，即二次导数，是导数的导数。

本文将深入探讨y导的二次方的导数，探讨其定义、性质以及在实际问题中的应用。

二次导数的定义二次导数是指函数的导数的导数。

对于函数y=f(x)，其一阶导数为f’(x)，二阶导数为f’’(x)。

二次导数可以表示为：f’’(x) = (d2y)/(dx2)二次导数的计算方法要计算二次导数，可以通过连续求导两次来实现。

首先计算一阶导数，然后再对一阶导数求导即可得到二阶导数。

例如，对于函数y=x^3，首先计算一阶导数：f’(x) = 3x^2然后对一阶导数求导，即可得到二阶导数：f’’(x) = 6x二次导数的性质二次导数具有一些重要的性质，我们将逐一介绍。

1. 二次导数的对称性对于任意可导函数f(x)，其二次导数具有对称性。

即f’‘(x) = f’’(-x)。

2. 二次导数与函数的凹凸性二次导数与函数的凹凸性密切相关。

如果函数的二次导数大于0，则函数在该区间上是凸的；如果二次导数小于0，则函数在该区间上是凹的。

3. 二次导数与函数的极值点函数的极值点可以通过二次导数进行判断。

如果函数在某一点的二次导数大于0，则该点为函数的极小值点；如果二次导数小于0，则该点为函数的极大值点。

4. 二次导数与函数的拐点函数的拐点可以通过二次导数进行判断。

如果函数在某一点的二次导数发生变号，即从正变为负或从负变为正，则该点为函数的拐点。

二次导数的应用二次导数在实际问题中有广泛的应用，我们将介绍其中的几个应用。

1. 曲线的凹凸性分析二次导数可以帮助我们分析曲线的凹凸性。

通过计算二次导数，我们可以确定曲线在不同区间上的凹凸性，并进一步研究曲线的特性。

2. 最速下降法最速下降法是一种求解优化问题的方法，它利用函数的二次导数信息来确定下降的方向。

通过迭代计算二次导数，最速下降法可以逐步逼近函数的最小值点。

3. 物体的运动分析二次导数在物体的运动分析中也有应用。

高中数学二次求导经典例题

高中数学二次求导经典例题全文共四篇示例，供读者参考第一篇示例：高中数学中，求导是一个非常重要的概念，而二次求导则是求导的一个更深入的概念。

二次求导的经典例题是一种常见的练习题目，通过这些例题，可以帮助学生更好地理解和掌握这一概念。

本文将为大家整理一些关于高中数学二次求导的经典例题，希望对大家的学习有所帮助。

1. 求函数y=x^3-2x^2+5x-7 的二次导数。

y'=3x^2-4x+5接下来，我们继续对一次导数进行求导，即求二次导数。

根据求导法则，我们有：y''=6x-4我们求得函数y=2x^4-3x^3+4x^2-5x+6 的一次导数。

根据求导法则，我们有：通过上面两个例题，我们可以看到，在求二次导数的过程中，我们需要先求得一次导数，然后再对一次导数进行求导，这样才能得到函数的二次导数。

求导是高中数学中的一个重要知识点，通过不断练习和理解，我们可以更好地掌握这一知识，从而在数学学习中取得更好的成绩。

希望以上例题对大家有所帮助，希望大家能够在数学学习中取得更好的成绩！第二篇示例：高中数学中的二次求导是一个重要的概念，在求解函数的极值、凹凸区间等问题时起着至关重要的作用。

在这篇文章中，我们将主要介绍高中数学中二次求导的经典例题，帮助同学们更好地理解和掌握这一概念。

一、求函数f(x)=2x^3-3x^2+4x-5的二次导数。

我们需要求出函数f(x)的一次导数。

根据求导公式，我们可以得到：f'(x)=6x^2-6x+4y'=3x^2+4x+3然后，我们再对一阶导数进行求导，即可得到函数y的二阶导数。

按照求导公式，我们可以计算得到：y''=6x+4接下来，将x=-1代入y''=6x+4中，即可求得函数y=x^3+2x^2+3x-1在x=-1处的二阶导数值为y''(x=-1)=6*(-1)+4=-2。

通过以上两个例题，我们可以看到，在进行二次求导的过程中，我们需要先求得一次导数，然后再对一次导数进行求导。

高考专题复习：二次求导-教师

高考二次求导完整版

高考二次求导HUA system office room 【HUA16H-TTMS2A-HUAS8Q8-HUAH1688】高考二次求导一．解答题（共40小题）1．已知函数f（x）=ax2+lnx，g（x）=﹣bx，其中a，b∈R，设h（x）=f（x）﹣g （x），（1）若f（x）在x=处取得极值，且f′（1）=g（﹣1）﹣2．求函数h（x）的单调区间；（2）若a=0时，函数h（x）有两个不同的零点x1，x2①求b的取值范围；②求证：＞1．2．设a，b∈R，函数，g（x）=e x（e为自然对数的底数），且函数f（x）的图象与函数g（x）的图象在x=0处有公共的切线．（Ⅰ）求b的值；（Ⅱ）讨论函数f（x）的单调性；（Ⅲ）若g（x）＞f（x）在区间（﹣∞，0）内恒成立，求a的取值范围．3．已知函数．（1）若y=f（x）在（0，+∞）恒单调递减，求a的取值范围；（2）若函数y=f（x）有两个极值点x1，x2（x1＜x2），求a的取值范围并证明x1+x2＞2．4．已知函数．（1）设G（x）=2f（x）+g（x），求G（x）的单调递增区间；（2）证明：当x＞0时，f（x+1）＞g（x）；（3）证明：k＜1时，存在x0＞1，当x∈（1，x）时，恒有．5．已知函数．（Ⅰ）当a=0时，求曲线f （x）在x=1处的切线方程；（Ⅱ）设函数h（x）=alnx﹣x﹣f（x），求函数h （x）的极值；（Ⅲ）若g（x）=alnx﹣x在[1，e]（e=2.718 28…）上存在一点x0，使得g（x）≥f（x）成立，求a的取值范围．6．设函数f（x）=e ax+λlnx，其中a＜0，e是自然对数的底数（Ⅰ）若f（x）是（0，+∞）上的单调函数，求λ的取值范围；（Ⅱ）若0＜λ＜，证明：函数f（x）有两个极值点．7．已知函数（a为常数，a≠0）．（Ⅰ）当a=1时，求函数f（x）在点（3，f（3））的切线方程（Ⅱ）求f（x）的单调区间；（Ⅲ）若f（x）在x处取得极值，且，而f（x）≥0在[e+2，e3+2]上恒成立，求实数a的取值范围．（其中e为自然对数的底数）8．已知函数．（1）若g（x）在点（1，g（1））处的切线方程为8x﹣2y﹣3=0，求a，b的值；（2）若b=a+1，x1，x2是函数g（x）的两个极值点，试比较﹣4与g（x1）+g（x2）的大小．9．已知函数f（x）=x﹣alnx﹣1，，其中a为实数．（Ⅰ）求函数g（x）的极值；（Ⅱ）设a＜0，若对任意的x1、x2∈[3，4]（x1≠x2），恒成立，求实数a的最小值．10．已知函数f（x）=xlnx﹣k（x﹣1）（1）求f（x）的单调区间；并证明lnx+≥2（e为自然对数的底数）恒成立；（2）若函数f（x）的一个零点为x1（x1＞1），f'（x）的一个零点为x，是否存在实数k，使=k，若存在，求出所有满足条件的k的值；若不存在，说明理由．11．已知函数f（x）=（x﹣2）e x+a（x﹣1）2．（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）若f（x）有两个零点，求a的取值范围．12．设函数f（x）=ax2﹣a﹣lnx，g（x）=﹣，其中a∈R，e=2.718…为自然对数的底数．（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）证明：当x＞1时，g（x）＞0；（Ⅲ）确定a的所有可能取值，使得f（x）＞g（x）在区间（1，+∞）内恒成立．13．设函数f（x）=（x﹣1）3﹣ax﹣b，x∈R，其中a，b∈R．（1）求f（x）的单调区间；（2）若f（x）存在极值点x0，且f（x1）=f（x），其中x1≠x，求证：x1+2x=3；（3）设a＞0，函数g（x）=|f（x）|，求证：g（x）在区间[0，2]上的最大值不小于．14．设函数f（x）=acos2x+（a﹣1）（cosx+1），其中a＞0，记|f（x）|的最大值为A．（Ⅰ）求f′（x）；（Ⅱ）求A；（Ⅲ）证明：|f′（x）|≤2A．15．设函数f（x）=x3﹣ax﹣b，x∈R，其中a，b∈R．（1）求f（x）的单调区间；（2）若f（x）存在极值点x0，且f（x1）=f（x），其中x1≠x，求证：x1+2x=0；（3）设a＞0，函数g（x）=|f（x）|，求证：g（x）在区间[﹣1，1]上的最大值不小于．16．已知函数f（x）=（x﹣2）e x+a（x﹣1）2有两个零点．（Ⅰ）求a的取值范围；（Ⅱ）设x1，x2是f（x）的两个零点，证明：x1+x2＜2．17．已知f（x）=a（x﹣lnx）+，a∈R．（I）讨论f（x）的单调性；（II）当a=1时，证明f（x）＞f′（x）+对于任意的x∈[1，2]成立．18．已知函数f（x）=lnx+x2．（Ⅰ）若函数g（x）=f（x）﹣ax在其定义域内为增函数，求实数a的取值范围；（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，若a＞1，h（x）=e3x﹣3ae x x∈[0，ln2]，求h（x）的极小值；（Ⅲ）设F（x）=2f（x）﹣3x2﹣kx（k∈R），若函数F（x）存在两个零点m，n（0＜m＜n），且2x0=m+n．问：函数F（x）在点（x，F（x））处的切线能否平行于x轴？若能，求出该切线方程；若不能，请说明理由．19．g （x ）=2lnx ﹣x 2﹣mx ，x ∈R ，如果g （x ）的图象与x 轴交于A （x 1，0），B （x 2，0）（x 1＜x 2），AB 中点为C （x 0，0），求证g′（x 0）≠0．20．已知函数f （x ）=alnx ﹣ax ﹣3（a ∈R ）．（Ⅰ）求函数f （x ）的单调区间；（Ⅱ）若函数y=f （x ）的图象在点（2，f （2））处的切线的倾斜角为45°，对于任意的t ∈[1，2]，函数g （x ）=x 3+x 2（f'（x ）+）在区间（t ，3）上总不是单调函数，求m 的取值范围；（Ⅲ）求证：×××…×＜（n ≥2，n ∈N *）．21．设函数f （x ）=（1+x ）2﹣2ln （1+x ）（1）若关于x 的不等式f （x ）﹣m ≥0在[0，e ﹣1]有实数解，求实数m 的取值范围．（2）设g （x ）=f （x ）﹣x 2﹣1，若关于x 的方程g （x ）=p 至少有一个解，求p 的最小值．（3）证明不等式：（n ∈N *）．22．已知函数，f （x ）=alnx ﹣ax ﹣3（a ∈R ）．（1 ）当a=1时，求函数f （x ）的单调区间；（2）若函数y=f （x ）的图象在点（2，f （2））处的切线的倾斜角为45°，问：m 在什么范围取值时，对于任意的t[1，2]，函数在区间（t ，3）上总存在极值？23．已知函数f（x）=x3+x2+ax+b（a，b为常数），其图象是曲线C．（1）当a=﹣2时，求函数f（x）的单调减区间；（2）设函数f（x）的导函数为f′（x），若存在唯一的实数x0，使得f（x）=x与f′（x）=0同时成立，求实数b的取值范围；（3）已知点A为曲线C上的动点，在点A处作曲线C的切线l1与曲线C交于另一点B，在点B处作曲线C的切线l2，设切线l1，l2的斜率分别为k1，k2．问：是否存在常数λ，使得k2=λk1若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．24．已知函数f（x）=alnx﹣ax﹣3（a≠0）．（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）若f（x）+（a+1）x+4﹣e≤0对任意x∈[e，e2]恒成立，求实数a的取值范围（e 为自然常数）；（Ⅲ）求证ln（22+1）+ln（32+1）+ln（42+1）+…+ln（n2+1）＜1+2lnn!（n≥2，n∈N*）（n!=1×2×3×…×n）．25．已知函数f（x）=lnx﹣x﹣lna，a为常数．（1）若函数f（x）有两个零点x1，x2，且x1＜x2，求a的取值范围；（2）在（1）的条件下，证明：的值随a的值增大而增大．26．已知函数f（x）=e1﹣x（﹣a+cosx），a∈R．（Ⅰ）若函数f（x）存在单调减区间，求实数a的取值范围；（Ⅱ）若a=0，证明：，总有f（﹣x﹣1）+2f′（x）cos（x+1）＞0．27．已知函数f（x）=（e为自然对数的底数）．（1）若a=，求函数f（x）的单调区间；（2）若f（1）=1，且方程f（x）=1在（0，1）内有解，求实数a的取值范围．28．已知函数f（x）=，g（x）=ln（x+1），曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程是5x﹣4y+1=0（1）求a，b的值；（2）若当x∈[0，+∞）时，恒有f（x）≥kg（x）成立，求k的取值范围；（3）若=22361，试估计ln的值（精确到0.001）29．设a∈R，函数f（x）=lnx﹣ax．（Ⅰ）求f（x）的单调递增区间；（Ⅱ）设F（x）=f（x）+ax2+ax，问F（x）是否存在极值，若存在，请求出极值；若不存在，请说明理由；（Ⅲ）设A（x1，y1），B（x2，y2）是函数g（x）=f（x）+ax图象上任意不同的两点，线段AB的中点为C（x0，y），直线AB的斜率为为k．证明：k＞g′（x）．30．已知函数f（x）=x3+（1﹣a）x2﹣a（a+2）x（a∈R），f′（x）为f（x）的导数．（Ⅰ）当a=﹣3时证明y=f（x）在区间（﹣1，1）上不是单调函数．（Ⅱ）设，是否存在实数a，对于任意的x1∈[﹣1，1]存在x2∈[0，2]，使得f′（x1）+2ax1=g（x2）成立？若存在求出a的取值范围；若不存在说明理由．31．已知函数f（x）=x2﹣（a+2）x+alnx，其中常数a＞0．（Ⅰ）当a＞2时，求函数f（x）的单调递增区间；（Ⅱ）设定义在D上的函数y=h（x）在点P（x0，h（x））处的切线方程为l：y=g（x），若＞0在D内恒成立，则称P为函数y=h（x）的“类对称点”．当a=4时，试问y=f（x）是否存在“类对称点”，若存在，请至少求出一个“类对称点”的横坐标；若不存在，请说明理由．32．已知函数f（x）=2e x+2ax﹣a2，a∈R．（1）当a=1时，求f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；（2）求函数f（x）的单调区间；（3）若x≥0时，f（x）≥x2﹣3恒成立，求实数a的取值范围．33．已知a∈R，函数f（x）=e x﹣a（x+1）的图象与x轴相切．（Ⅰ）求f（x）的单调区间；（Ⅱ）若x＞0时，f（x）＞mx2，求实数m的取值范围．34．已知函数h（x）=﹣ax2+1，设f（x）=h'（x）﹣2alnx，g（x）=ln2x+2a2，其中x＞0，a∈R．（1）若f（x）在区间（2，+∞）上单调递增，求实数a的取值范围；（2）记F（x）=f（x）+g（x），求证：F（x）≥．35．已知函数f（x）=lnx﹣x+1，函数g（x）=axe x﹣4x，其中a为大于零的常数．（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）求证：g（x）﹣2f（x）≥2（lna﹣ln2）．36．已知x∈（1，+∞），函数f（x）=e x+2ax（a∈R），函数g（x）=|﹣lnx|+lnx，其中e为自然对数的底数．（1）若a=﹣，求函数f（x）的单调区间；（2）证明：当a∈（2，+∞）时，f′（x﹣1）＞g（x）+a．37．已知函数f（x）=x2+mlnx+x（1）求f（x）的单调区间；（2）令g（x）=f（x）﹣x2，试问过点P（1，3）存在多少条直线与曲线y=g（x）相切？并说明理由．38．已知函数．（Ⅰ）若f（x）在点（2，f（2））处的切线与直线x﹣2y+1=0垂直，求实数a的值；（Ⅱ）求函数f（x）的单调区间；（Ⅲ）讨论函数f（x）在区间[1，e2]上零点的个数．39．已知函数f（x）=（2﹣a）lnx++2ax（a≥0）（1）当a=0时，求f（x）的极值；（2）当a＜0时，讨论f（x）的单调性；（3）若对于任意的x1，x2∈[1，3]，a∈（﹣∞，﹣2）都有|f（x1）﹣f（x2）|＜（m+ln3）a﹣2ln3，求实数m的取值范围．40．已知函数f（x）=lnx﹣ax．（Ⅰ）若函数f（x）在（1，+∞）上单调递减，求实数a的取值范围；（Ⅱ）当a=1时，函数有两个零点x1，x2，且x1＜x2．求证：x1+x2＞1．2017年02月13日数学的高中数学组卷参考答案与试题解析一．解答题（共40小题）1．（2017?南京一模）已知函数f（x）=ax2+lnx，g（x）=﹣bx，其中a，b∈R，设h （x）=f（x）﹣g（x），（1）若f（x）在x=处取得极值，且f′（1）=g（﹣1）﹣2．求函数h（x）的单调区间；（2）若a=0时，函数h（x）有两个不同的零点x1，x2①求b的取值范围；②求证：＞1．解：（1）由已知得f，（x＞0），所以，所以a=﹣2．由f′（1）=g（﹣1）﹣2，得a+1=b﹣2，所以b=1．所以h（x）=﹣x2+lnx+x，（x＞0）．则，（x＞0），由h′（x）＞0得0＜x＜1，h′（x）＜0得x＞1．所以h（x）的减区间为（1，+∞），增区间为（0，1）．（2）①由已知h（x）=lnx+bx，（x＞0）．所以h，（x＞0），当b≥0时，显然h′（x）＞0恒成立，此时函数h（x）在定义域内递增，h（x）至多有一个零点，不合题意．当b＜0时，令h′（x）=0得x=＞0，令h′（x）＞0得；令h′（x）＜0得．=h（）=﹣ln（﹣b）﹣1＞0，解得．所以h（x）极大且x→0时，lnx＜0，x→+∞时，lnx＜0．所以当时，h（x）有两个零点．②证明：由题意得，即，①×②得．因为x1，x2＞0，所以﹣b（x1+x2）＞0，所以，因为0＜﹣b＜，所以e﹣b＞1，所以x1x2＞＞＞e2，所以＞1．2．（2017?四川模拟）设a，b∈R，函数，g（x）=e x（e为自然对数的底数），且函数f（x）的图象与函数g（x）的图象在x=0处有公共的切线．（Ⅰ）求b的值；（Ⅱ）讨论函数f（x）的单调性；（Ⅲ）若g（x）＞f（x）在区间（﹣∞，0）内恒成立，求a的取值范围．（Ⅰ）f'（x）=x2+2ax+b，g'（x）=e x，由f'（0）=b=g'（0）=1，得b=1．…（2分）（Ⅱ）f'（x）=x2+2ax+1=（x+a）2+1﹣a2，当a2≤1时，即﹣1≤a≤1时，f'（x）≥0，从而函数f（x）在定义域内单调递增，当a2＞1时，，此时若，f'（x）＞0，则函数f（x）单调递增；若，f'（x）＜0，则函数f（x）单调递减；若时，f'（x）＞0，则函数f（x）单调递增．…（6分）（Ⅲ）令h（x）=g'（x）﹣f'（x）=e x﹣x2﹣2ax﹣1，则h（0）=e0﹣1=0．h'（x）=e x﹣2x﹣2a，令u（x）=h'（x）=e x﹣2x﹣2a，则u'（x）=e x﹣2．当x≤0时，u'（x）＜0，从而h'（x）单调递减，令u（0）=h'（0）=1﹣2a=0，得．先考虑的情况，此时，h'（0）=u（0）≥0；又当x∈（﹣∞，0）时，h'（x）单调递减，所以h'（x）＞0；故当x∈（﹣∞，0）时，h（x）单调递增；又因为h（0）=0，故当x＜0时，h（x）＜0，从而函数g（x）﹣f（x）在区间（﹣∞，0）内单调递减；又因为g（0）﹣f（0）=0，所以g（x）＞f（x）在区间（﹣∞，0）恒成立．接下来考虑的情况，此时，h'（0）＜0，令x=﹣a，则h'（﹣a）=e﹣a＞0．由零点存在定理，存在x0∈（﹣a，0）使得h'（x）=0，当x∈（x，0）时，由h'（x）单调递减可知h'（x）＜0，所以h（x）单调递减，又因为h（0）=0，故当x∈（x，0）时h（x）＞0．从而函数g（x）﹣f（x）在区间（x，0）单调递增；又因为g（0）﹣f（0）=0，所以当x∈（x，0），g（x）＜f（x）．综上所述，若g（x）＞f（x）在区间（﹣∞，0）恒成立，则a的取值范围是．…（14分）3．（2017?达州模拟）已知函数．（1）若y=f（x）在（0，+∞）恒单调递减，求a的取值范围；（2）若函数y=f（x）有两个极值点x1，x2（x1＜x2），求a的取值范围并证明x1+x2＞2．解：（1）因为f'（x）=lnx﹣ax+1（x＞0），所以由f'（x）≤0在（0，+∞）上恒成立得，令，易知g（x）在（0，1）单调递增（1，+∞）单调递减，所以a≥g（1）=1，即得：a≥1…（5分）（2）函数y=f（x）有两个极值点x1，x2（x1＜x2），即y=f'（x）有两个不同的零点，且均为正，f'（x）=lnx﹣ax+1（x＞0），令F（x）=f'（x）=lnx﹣ax+1，由可知1）a≤0时，函数y=f（x）在（0，+∞）上是增函数，不可能有两个零点．2）a＞0时，y=F（x）在是增函数在是减函数，此时为函数的极大值，也是最大值．当时，最多有一个零点，所以才可能有两个零点，得：0＜a＜1…（7分）此时又因为，，，令，φ（a）在（0，1）上单调递增，所以φ（a）＜φ（1）=3﹣e2，即综上，所以a的取值范围是（0，1）…（8分）下面证明x1+x2＞2由于y=F（x）在是增函数在是减函数，，可构造出构造函数则，故m（x）在区间上单调减．又由于，则，即有m（x1）＞0在上恒成立，即有成立．由于，，y=F（x）在是减函数，所以所以成立…（12分）4．（2017?大理州一模）已知函数．（1）设G（x）=2f（x）+g（x），求G（x）的单调递增区间；（2）证明：当x＞0时，f（x+1）＞g（x）；（3）证明：k＜1时，存在x0＞1，当x∈（1，x）时，恒有．解：（1）由题意知，…（1分）从而…（2分）令G'（x）＞0得0＜x＜2…（3分）所以函数G（x）的单调递增区间为（0，2）…（4分）（2）令…（5分）从而…（6分）因为x＞0，所以H'（x）＞0，故H（x）在（0，+∞）上单调递增…（7分）所以，当x＞0时，H（x）＞H（0）=0，即f（x+1）＞g（x）…（8分）（3）当k＜1时，令…（9分）则有…（10分）由F'（x）=0得﹣x2+（1﹣k）x+1=0，解之得，，…（11分）从而存在x0=x2＞1，当x∈（1，x）时，F'（x）＞0，故F（x）在[1，x0）上单调递增，从而当x∈（1，x）时，F（x）＞F（1）=0，即…（12分）5．（2017?茂名一模）已知函数．（Ⅰ）当a=0时，求曲线f （x）在x=1处的切线方程；（Ⅱ）设函数h（x）=alnx﹣x﹣f（x），求函数h （x）的极值；（Ⅲ）若g（x）=alnx﹣x在[1，e]（e=2.718 28…）上存在一点x0，使得g（x）≥f（x）成立，求a的取值范围．解：（Ⅰ）当a=0时，f （x）=，f （1）=1，则切点为（1，1），…（1分）∵，∴切线的斜率为k=f'（1）=﹣1，…（2分）∴曲线f （x）在点（1，1）处的切线方程为y﹣1=﹣（ x﹣1），即x+y﹣2=0 …（3分）（Ⅱ）依题意，定义域为（0，+∞），∴，…（4分）①当a+1＞0，即a＞﹣1时，令h'（x）＞0，∵x＞0，∴0＜x＜1+a，此时，h（x）在区间（0，a+1）上单调递增，令h'（x）＜0，得 x＞1+a．此时，h（x）在区间（a+1，+∞）上单调递减．…（5分）②当a+1≤0，即a≤﹣1时，h'（x）＜0恒成立，h（x）在区间（0，+∞）上单调递减．…（6分）综上，当a＞﹣1时，h（x）在x=1+a处取得极大值h（1+a）=aln（1+a）﹣a﹣2，无极小值；当a≤﹣1时，h（x）在区间（0，+∞）上无极值．…（7分）（Ⅲ）依题意知，在[1，e]上存在一点x0，使得g（x）≥f（x）成立，即在[1，e]上存在一点x0，使得h（x）≥0，故函数在[1，e]上，有h（x）max≥0．…（8分）由（Ⅱ）可知，①当a+1≥e，即a≥e﹣1时，h（x）在[1，e]上单调递增，∴，∴，∵，∴．…（9分）②当0＜a+1≤1，或a≤﹣1，即a≤0时，h（x）在[1，e]上单调递减，∴h（x）max=h（1）=﹣1﹣1﹣a≥0，∴a≤﹣2．…（10分）③当1＜a+1＜e，即0＜a＜e﹣1时，由（Ⅱ）可知，h（x）在x=1+a处取得极大值也是区间（0，+∞）上的最大值，即h（x）max=h（1+a）=aln（1+a）﹣a﹣2=a[ln（1+a）﹣1]﹣2，∵0＜ln（a+1）＜1，∴h（1+a）＜0在[1，e]上恒成立，此时不存在x0使h（x）≥0成立．…（11分）综上可得，所求a的取值范围是或a≤﹣2．…（12分）6．（2017?佛山一模）设函数f（x）=e ax+λlnx，其中a＜0，e是自然对数的底数（Ⅰ）若f（x）是（0，+∞）上的单调函数，求λ的取值范围；（Ⅱ）若0＜λ＜，证明：函数f（x）有两个极值点．解：（Ⅰ）f′（x）=ae ax+=，（x＞0），①若λ≤0，则f′（x）＜0，则f（x）在（0，+∞）递减，②若λ＞0，令g（x）=axe ax+λ，其中a＜0，x＞0，则g′（x）=ae ax（1+ax），令g′（x）=0，解得：x=﹣，故x∈（0，﹣）时，g′（x）＜0，g（x）递减，x∈（﹣，+∞）时，g′（x）＞0，g（x）递增，故x=﹣时，g（x）取极小值也是最小值g（﹣）=λ﹣，故λ﹣≥0即λ≥时，g（x）≥0，此时f′（x）≥0，f（x）在（0，+∞）递增，综上，所求λ的范围是（﹣∞，0]∪[，+∞）；（Ⅱ）f′（x）=ae ax+=，（x＞0），令g（x）=axe ax+λ，其中a＜0，x＞0，求导得：g′（x）=ae ax（1+ax），令g′（x）=0，解得：x=﹣，x∈（0，﹣）时，g′（x）＜0，g（x）递减，x∈（﹣，+∞）时，g′（x）＞0，g（x）递增，x=﹣时，g（x）取得极小值，也是最小值g（﹣）=λ﹣，∵0＜λ＜，∴g（﹣）=λ﹣＜0，又g（0）=λ＞0，∴g（﹣）g（0）＜0，∴函数f（x）有两个极值点．7．（2017?南充模拟）已知函数（a为常数，a≠0）．（Ⅰ）当a=1时，求函数f（x）在点（3，f（3））的切线方程（Ⅱ）求f（x）的单调区间；（Ⅲ）若f（x）在x处取得极值，且，而f（x）≥0在[e+2，e3+2]上恒成立，求实数a的取值范围．（其中e为自然对数的底数）解：（x＞2）（Ⅰ）当a=1时，，f'（3）=﹣2.，所以，函数f（x）在点（3，f（3））处的切线方程为：，即4x+2y﹣3=0．…（3分）（Ⅱ）=，因为x＞2，所以x﹣2＞0，①当a＜0时，（x﹣1）2﹣（a+1）=x（x﹣2）﹣a＞0在x＞2上成立，所以f'（x）当x＞2恒大于0，故f（x）在（2，+∞）上是增函数．…（5分）②当a＞0时，，因为x＞2，所以，a（x﹣2）＞0，当时，f'（x）≤0，f（x）为减函数；当时，f'（x）≥0，f（x）为增函数．…（7分）综上：当a＜0时，f（x）在（2，+∞）上为增函数；当a＞0时，f（x）在上为增函数，在上为减函数．…（8分）（Ⅲ）由（Ⅱ）知x处有极值，故a＞0，且，因为且e+2＞2，所以f（x）在[e+2，e3+2]上单调．…（10分）当[e+2，e3+2]为增区间时，f（x）≥0恒成立，则有．当[e+2，e3+2]为减区间时，f（x）≥0恒成立，则有解集为空集．综上：当a＞e6+2e3时满足条件．…（12分）8．（2017?本溪模拟）已知函数．（1）若g（x）在点（1，g（1））处的切线方程为8x﹣2y﹣3=0，求a，b的值；（2）若b=a+1，x1，x2是函数g（x）的两个极值点，试比较﹣4与g（x1）+g（x2）的大小．（1）根据题意可求得切点，由题意可得，，∴，即，解得a=1，b=﹣1．…（3分）（2）证明：∵b=a+1，∴，则．根据题意可得x 2﹣ax+a=0在（0，+∞）上有两个不同的根x 1，x 2．即，解得a ＞4，且x 1+x 2=a ，x 1x 2=a ．…（5分）∴．…（6分）令，则f'（x ）=lnx+1﹣x ﹣1=lnx ﹣x ，令h （x ）=lnx ﹣x ，则当x ＞4时，，∴h （x ）在（4，+∞）上为减函数，即h （x ）＜h （4）=ln4﹣4＜0，f'（x ）＜0，∴f （x ）在（4，+∞）上为减函数，即f （x ）＜f （4）=8lnx ﹣12，∴g （x 1）+g （x 2）＜8ln2﹣12，…（10分）又∵，，∴，即，∴g （x 1）+g （x 2）＜﹣4．…（12分）9．（2017?本溪模拟）已知函数f （x ）=x ﹣alnx ﹣1，，其中a 为实数．（Ⅰ）求函数g（x）的极值；（Ⅱ）设a＜0，若对任意的x1、x2∈[3，4]（x1≠x2），恒成立，求实数a的最小值．解：（Ⅰ），令g'（x）=0，得x=1，列表如下：x（﹣∞，1）1（1，+∞）g'（x）+0﹣g（x）↗极大值↘∴当x=1时，g（x）取得极大值g（1）=1，无极小值；…（4分）（Ⅱ）当m=1时，a＜0时，f（x）=x﹣alnx﹣1，x∈（0，+∞），∵在[3，4]恒成立，∴f（x）在[3，4]上为增函数，设，∵在[3，4]上恒成立，∴h（x）在[3，4]上为增函数，不妨设x2＞x1，则等价于：f（x2）﹣f（x1）＜h（x2）﹣h（x1），即f（x2）﹣h（x2）＜f（x1）﹣h（x1），…（6分）设，则u（x）在[3，4]上为减函数，∴在[3，4]上恒成立，∴恒成立，∴，x∈[3，4]，…（8分）设，∵，∴，∴v'（x）＞0，v（x）为减函数，∴v（x）在[3，4]上的最大值，∴，∴a的最小值为．…（12分）10．（2017?泸州模拟）已知函数f（x）=xlnx﹣k（x﹣1）（1）求f（x）的单调区间；并证明lnx+≥2（e为自然对数的底数）恒成立；（2）若函数f（x）的一个零点为x1（x1＞1），f'（x）的一个零点为x，是否存在实数k，使=k，若存在，求出所有满足条件的k的值；若不存在，说明理由．解：（1）∵f′（x）=lnx+1﹣k，x∈（0，e k﹣1）时，f′（x）＜0，此时h（x）递减，x∈（e k﹣1，+∞）时，f′（x）＞0，此时h（x）递增，令k=2，则f（x）=xlnx﹣2（x﹣1），故x=e时，f（x）有最小值是f（e），故f（x）=xlnx﹣2（x﹣1）≥f（e）=2﹣e，即lnx+≥2恒成立；（2）由题意得：x1lnx1﹣k（x1﹣1）=0，lnx+1﹣k=0，假设存在k，使得=k，（k＞0）成立，消元得：e k﹣1lnk﹣e k﹣1+1=0，设m（k）=e k﹣1lnk﹣e k﹣1+1，则m′（k）=e k﹣1（lnk+﹣1），设F（k）=lnk+﹣1，则F′（x）=﹣，k∈（0，1）时，F′（x）＜0，即此时函数F（k）递减，k∈（1，+∞）时，F′（x）＞0，此时函数F（k）递增，∴F（k）≥F（1）=0，∴m′（k）＞0，故函数m（k）在（0，+∞）递增，∵m（1）=0，∴k=1，但k=1时，x1=e k1k=1，与已知x1＞1矛盾，故k不存在．11．（2016?新课标Ⅰ）已知函数f（x）=（x﹣2）e x+a（x﹣1）2．（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）若f（x）有两个零点，求a的取值范围．解：（Ⅰ）由f（x）=（x﹣2）e x+a（x﹣1）2，可得f′（x）=（x﹣1）e x+2a（x﹣1）=（x﹣1）（e x+2a），①当a≥0时，由f′（x）＞0，可得x＞1；由f′（x）＜0，可得x＜1，即有f（x）在（﹣∞，1）递减；在（1，+∞）递增；②当a＜0时，若a=﹣，则f′（x）≥0恒成立，即有f（x）在R上递增；若a＜﹣时，由f′（x）＞0，可得x＜1或x＞ln（﹣2a）；由f′（x）＜0，可得1＜x＜ln（﹣2a）．即有f（x）在（﹣∞，1），（ln（﹣2a），+∞）递增；在（1，ln（﹣2a））递减；若﹣＜a＜0，由f′（x）＞0，可得x＜ln（﹣2a）或x＞1；由f′（x）＜0，可得ln（﹣2a）＜x＜1．即有f（x）在（﹣∞，ln（﹣2a）），（1，+∞）递增；在（ln（﹣2a），1）递减；（Ⅱ）①由（Ⅰ）可得当a＞0时，f（x）在（﹣∞，1）递减；在（1，+∞）递增，且f（1）=﹣e＜0，x→+∞，f（x）→+∞；x→﹣∞，f（x）→+∞．f（x）有两个零点；②当a=0时，f（x）=（x﹣2）e x，所以f（x）只有一个零点x=2；③当a＜0时，若a＜﹣时，f（x）在（1，ln（﹣2a））递减，在（﹣∞，1），（ln（﹣2a），+∞）递增，又当x≤1时，f（x）＜0，所以f（x）不存在两个零点；当a≥﹣时，f（x）在（1，+∞）单调递增，又x≤1时，f（x）＜0，所以f（x）不存在两个零点．综上可得，f（x）有两个零点时，a的取值范围为（0，+∞）．12．（2016?四川）设函数f（x）=ax2﹣a﹣lnx，g（x）=﹣，其中a∈R，e=2.718…为自然对数的底数．（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）证明：当x＞1时，g（x）＞0；（Ⅲ）确定a的所有可能取值，使得f（x）＞g（x）在区间（1，+∞）内恒成立．（Ⅰ）解：由f（x）=ax2﹣a﹣lnx，得f′（x）=2ax﹣=（x＞0），当a≤0时，f′（x）＜0在（0，+∞）成立，则f（x）为（0，+∞）上的减函数；当a＞0时，由f′（x）=0，得x==，∴当x∈（0，）时，f′（x）＜0，当x∈（，+∞）时，f′（x）＞0，则f（x）在（0，）上为减函数，在（，+∞）上为增函数；综上，当a≤0时，f（x）为（0，+∞）上的减函数，当a＞0时，f（x）在（0，）上为减函数，在（，+∞）上为增函数；（Ⅱ）证明：要证g（x）＞0（x＞1），即﹣＞0，即证，也就是证，令h（x）=，则h′（x）=，∴h（x）在（1，+∞）上单调递增，则h（x）=h（1）=e，min即当x＞1时，h（x）＞e，∴当x＞1时，g（x）＞0；（Ⅲ）解：由f（x）＞g（x），得，设t（x）=，由题意知，t（x）＞0在（1，+∞）内恒成立，∵t（1）=0，∴有t′（x）=2ax=≥0在（1，+∞）内恒成立，令φ（x）=，则φ′（x）=2a=，当x≥2时，φ′（x）＞0，=h（1）=﹣令h（x）=，h′（x）=，函数在[1，2）上单调递增，∴h（x）min1．又2a≥1，e1﹣x＞0，∴1＜x＜2，φ′（x）＞0，综上所述，x＞1，φ′（x）＞0，φ（x）在区间（1，+∞）单调递增，∴t′（x）＞t′（1）≥0，即t（x）在区间（1，+∞）单调递增，∴a≥．13．（2016?天津）设函数f（x）=（x﹣1）3﹣ax﹣b，x∈R，其中a，b∈R．（1）求f（x）的单调区间；（2）若f（x）存在极值点x0，且f（x1）=f（x），其中x1≠x，求证：x1+2x=3；（3）设a＞0，函数g（x）=|f（x）|，求证：g（x）在区间[0，2]上的最大值不小于．解：（1）函数f（x）=（x﹣1）3﹣ax﹣b的导数为f′（x）=3（x﹣1）2﹣a，当a≤0时，f′（x）≥0，f（x）在R上递增；当a＞0时，当x＞1+或x＜1﹣时，f′（x）＞0，当1﹣＜x＜1+，f′（x）＜0，可得f（x）的增区间为（﹣∞，1﹣），（1+，+∞），减区间为（1﹣，1+）；（2）证明：f′（x0）=0，可得3（x﹣1）2=a，由f（x0）=（x﹣1）3﹣3x（x﹣1）2﹣b=（x﹣1）2（﹣2x﹣1）﹣b，f（3﹣2x0）=（2﹣2x）3﹣3（3﹣2x）（x﹣1）2﹣b=（x0﹣1）2（8﹣8x﹣9+6x）﹣b=（x﹣1）2（﹣2x﹣1）﹣b，即为f（3﹣2x0）=f（x）=f（x1），即有3﹣2x0=x1，即为x1+2x=3；（3）证明：要证g（x）在区间[0，2]上的最大值不小于，即证在[0，2]上存在x1，x2，使得f（x1）﹣f（x2）≥．当a≥3时，f（x）在[0，2]递减，f（2）=1﹣2a﹣b，f（0）=﹣1﹣b，f（0）﹣f（2）=2a﹣2≥4＞，递减，成立；当0＜a＜3时，f（1﹣）=（﹣）3﹣a（1﹣）﹣b=﹣﹣a+a﹣b =﹣a﹣b，f（1+）=（）3﹣a（1+）﹣b=﹣a﹣a﹣b=﹣﹣a﹣b，f（2）=1﹣2a﹣b，f（0）=﹣1﹣b，f（2）﹣f（0）=2﹣2a，若0＜a≤时，f（2）﹣f（0）=2﹣2a≥成立；若a＞时，f（1﹣）﹣f（1+）=＞成立．综上可得，g（x）在区间[0，2]上的最大值不小于．14．（2016?新课标Ⅲ）设函数f（x）=acos2x+（a﹣1）（cosx+1），其中a＞0，记|f （x）|的最大值为A．（Ⅰ）求f′（x）；（Ⅱ）求A；（Ⅲ）证明：|f′（x）|≤2A．（I）解：f′（x）=﹣2asin2x﹣（a﹣1）sinx．（II）当a≥1时，|f（x）|=|acos2x+（a﹣1）（cosx+1）|≤a|cos2x|+（a﹣1）|（cosx+1）|≤a|cos2x|+（a﹣1）（|cosx|+1）|≤a+2（a﹣1）=3a﹣2=f（0），因此A=3a﹣2．当0＜a＜1时，f（x）等价为f（x）=acos2x+（a﹣1）（cosx+1）=2acos2x+（a﹣1）cosx﹣1，令g（t）=2at2+（a﹣1）t﹣1，则A是|g（t）|在[﹣1，1]上的最大值，g（﹣1）=a，g（1）=3a﹣2，且当t=时，g（t）取得极小值，极小值为g（）=﹣﹣1=﹣，（二次函数在对称轴处取得极值）令﹣1＜＜1，得a＜（舍）或a＞．因此A=3a﹣2①当0＜a≤时，g（t）在（﹣1，1）内无极值点，|g（﹣1）|=a，|g（1）|=2﹣3a，|g （﹣1）|＜|g（1）|，∴A=2﹣3a，②当＜a＜1时，由g（﹣1）﹣g（1）=2（1﹣a）＞0，得g（﹣1）＞g（1）＞g（），又|g（）﹣g（﹣1）|=＞0，∴A=|g（）|=，综上，A=．（III）证明：由（I）可得：|f′（x）|=|﹣2asin2x﹣（a﹣1）sinx|≤2a+|a﹣1|，当0＜a≤时，|f′（x）|≤1+a≤2﹣4a＜2（2﹣3a）=2A，当＜a＜1时，A==++≥1，∴|f′（x）|≤1+a≤2A，当a≥1时，|f′（x）|≤3a﹣1≤6a﹣4=2A，综上：|f′（x）|≤2A．15．（2016?天津）设函数f（x）=x3﹣ax﹣b，x∈R，其中a，b∈R．（1）求f（x）的单调区间；（2）若f（x）存在极值点x0，且f（x1）=f（x），其中x1≠x，求证：x1+2x=0；（3）设a＞0，函数g（x）=|f（x）|，求证：g（x）在区间[﹣1，1]上的最大值不小于．解：（1）若f（x）=x3﹣ax﹣b，则f′（x）=3x2﹣a，分两种情况讨论：①、当a≤0时，有f′（x）=3x2﹣a≥0恒成立，此时f（x）的单调递增区间为（﹣∞，+∞），②、当a＞0时，令f′（x）=3x2﹣a=0，解得x=或x=，当x＞或x＜﹣时，f′（x）=3x2﹣a＞0，f（x）为增函数，当﹣＜x＜时，f′（x）=3x2﹣a＜0，f（x）为减函数，故f（x）的增区间为（﹣∞，﹣），（，+∞），减区间为（﹣，）；（2）若f（x）存在极值点x0，则必有a＞0，且x≠0，由题意可得，f′（x）=3x2﹣a，则x2=，进而f（x0）=x3﹣ax﹣b=﹣x﹣b，又f（﹣2x0）=﹣8x3+2ax﹣b=﹣x+2ax﹣b=f（x），由题意及（Ⅰ）可得：存在唯一的实数x1，满足f（x1）=f（x），其中x1≠x，则有x1=﹣2x，故有x1+2x=0；（Ⅲ）设g（x）在区间[﹣1，1]上的最大值M，max{x，y}表示x、y两个数的最大值，下面分三种情况讨论：①当a≥3时，﹣≤﹣1＜1≤，由（I）知f（x）在区间[﹣1，1]上单调递减，所以f（x）在区间[﹣1，1]上的取值范围是[f（1），f（﹣1）]，因此M=max{|f（1）|，|f（﹣1）|}=max{|1﹣a﹣b|，|﹣1+a﹣b|}=max{|a﹣1+b|，|a﹣1﹣b|}=，所以M=a﹣1+|b|≥2②当a＜3时，，由（Ⅰ）、（Ⅱ）知，f（﹣1）≥=f（），f（1）≤=，所以f（x）在区间[﹣1，1]上的取值范围是[f（），f（﹣）]，因此M=max{|f（）|，|f（﹣）|}=max{||，||}=max{||，||}=，③当0＜a＜时，，由（Ⅰ）、（Ⅱ）知，f（﹣1）＜=f（），f（1）＞=，所以f（x）在区间[﹣1，1]上的取值范围是[f（﹣1），f（1）]，因此M=max{|f（﹣1）|，|f（1）|}=max{|﹣1+a﹣b|，|1﹣a﹣b|}=max{|1﹣a+b|，|1﹣a﹣b|}=1﹣a+|b|＞，综上所述，当a＞0时，g（x）在区间[﹣1，1]上的最大值不小于．16．（2016?新课标Ⅰ）已知函数f（x）=（x﹣2）e x+a（x﹣1）2有两个零点．（Ⅰ）求a的取值范围；（Ⅱ）设x1，x2是f（x）的两个零点，证明：x1+x2＜2．解：（Ⅰ）∵函数f（x）=（x﹣2）e x+a（x﹣1）2，∴f′（x）=（x﹣1）e x+2a（x﹣1）=（x﹣1）（e x+2a），①若a=0，那么f（x）=0（x﹣2）e x=0x=2，函数f（x）只有唯一的零点2，不合题意；②若a＞0，那么e x+2a＞0恒成立，当x＜1时，f′（x）＜0，此时函数为减函数；当x＞1时，f′（x）＞0，此时函数为增函数；此时当x=1时，函数f（x）取极小值﹣e，由f（2）=a＞0，可得：函数f（x）在x＞1存在一个零点；当x＜1时，e x＜e，x﹣2＜﹣1＜0，∴f（x）=（x﹣2）e x+a（x﹣1）2＞（x﹣2）e+a（x﹣1）2=a（x﹣1）2+e（x﹣1）﹣e，令a（x﹣1）2+e（x﹣1）﹣e=0的两根为t1，t2，且t1＜t2，则当x＜t1，或x＞t2时，f（x）＞a（x﹣1）2+e（x﹣1）﹣e＞0，故函数f（x）在x＜1存在一个零点；即函数f（x）在R是存在两个零点，满足题意；③若﹣＜a＜0，则ln（﹣2a）＜lne=1，当x＜ln（﹣2a）时，x﹣1＜ln（﹣2a）﹣1＜lne﹣1=0，e x+2a＜e ln（﹣2a）+2a=0，即f′（x）=（x﹣1）（e x+2a）＞0恒成立，故f（x）单调递增，当ln（﹣2a）＜x＜1时，x﹣1＜0，e x+2a＞e ln（﹣2a）+2a=0，即f′（x）=（x﹣1）（e x+2a）＜0恒成立，故f（x）单调递减，当x＞1时，x﹣1＞0，e x+2a＞e ln（﹣2a）+2a=0，故当x=ln（﹣2a）时，函数取极大值，由f（ln（﹣2a））=[ln（﹣2a）﹣2]（﹣2a）+a[ln（﹣2a）﹣1]2=a{[ln（﹣2a）﹣2]2+1}＜0得：函数f（x）在R上至多存在一个零点，不合题意；④若a=﹣，则ln（﹣2a）=1，当x＜1=ln（﹣2a）时，x﹣1＜0，e x+2a＜e ln（﹣2a）+2a=0，即f′（x）=（x﹣1）（e x+2a）＞0恒成立，故f（x）单调递增，当x＞1时，x﹣1＞0，e x+2a＞e ln（﹣2a）+2a=0，即f′（x）=（x﹣1）（e x+2a）＞0恒成立，故f（x）单调递增，故函数f（x）在R上单调递增，函数f（x）在R上至多存在一个零点，不合题意；⑤若a＜﹣，则ln（﹣2a）＞lne=1，当x＜1时，x﹣1＜0，e x+2a＜e ln（﹣2a）+2a=0，即f′（x）=（x﹣1）（e x+2a）＞0恒成立，故f（x）单调递增，当1＜x＜ln（﹣2a）时，x﹣1＞0，e x+2a＜e ln（﹣2a）+2a=0，当x ＞ln （﹣2a ）时，x ﹣1＞0，e x +2a ＞e ln （﹣2a ）+2a=0，即f′（x ）=（x ﹣1）（e x +2a ）＞0恒成立，故f （x ）单调递增，故当x=1时，函数取极大值，由f （1）=﹣e ＜0得：函数f （x ）在R 上至多存在一个零点，不合题意；综上所述，a 的取值范围为（0，+∞）证明：（Ⅱ）∵x 1，x 2是f （x ）的两个零点，∴f （x 1）=f （x 2）=0，且x 1≠1，且x 2≠1，∴﹣a==，令g （x ）=，则g （x 1）=g （x 2）=﹣a ，∵g′（x ）=，∴当x ＜1时，g′（x ）＜0，g （x ）单调递减；当x ＞1时，g′（x ）＞0，g （x ）单调递增；设m＞0，则g（1+m）﹣g（1﹣m）=﹣=，设h（m）=，m＞0，则h′（m）=＞0恒成立，即h（m）在（0，+∞）上为增函数，h（m）＞h（0）=0恒成立，即g（1+m）＞g（1﹣m）恒成立，令m=1﹣x1＞0，则g（1+1﹣x1）＞g（1﹣1+x1）g（2﹣x1）＞g（x1）=g（x2）2﹣x1＞x2，即x1+x2＜2．17．（2016?山东）已知f（x）=a（x﹣lnx）+，a∈R．（I）讨论f（x）的单调性；（II）当a=1时，证明f（x）＞f′（x）+对于任意的x∈[1，2]成立．（Ⅰ）解：由f（x）=a（x﹣lnx）+，得f′（x）=a（1﹣）+==（x＞0）．若a≤0，则ax2﹣2＜0恒成立，∴当x∈（0，1）时，f′（x）＞0，f（x）为增函数，当x∈（1，+∞）时，f′（x）＜0，f（x）为减函数；当a＞0，若0＜a＜2，当x∈（0，1）和（，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）为增函数，当x∈（1，）时，f′（x）＜0，f（x）为减函数；若a=2，f′（x）≥0恒成立，f（x）在（0，+∞）上为增函数；若a＞2，当x∈（0，）和（1，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）为增函数，当x∈（，1）时，f′（x）＜0，f（x）为减函数；（Ⅱ）解：∵a=1，令F（x）=f（x）﹣f′（x）=x﹣lnx﹣1=x﹣lnx+．令g（x）=x﹣lnx，h（x）=．则F（x）=f（x）﹣f′（x）=g（x）+h（x），由，可得g（x）≥g（1）=1，当且仅当x=1时取等号；又，设φ（x）=﹣3x2﹣2x+6，则φ（x）在[1，2]上单调递减，且φ（1）=1，φ（2）=﹣10，∴在[1，2]上存在x0，使得x∈（1，x）时φ（x）＞0，x∈（x，2）时，φ（x）＜0，∴函数h（x）在（1，x0）上单调递增；在（x，2）上单调递减，由于h（1）=1，h（2）=，因此h（x）≥h（2）=，当且仅当x=2取等号，∴f（x）﹣f′（x）=g（x）+h（x）＞g（1）+h（2）=，∴F（x）＞恒成立．即f（x）＞f′（x）+对于任意的x∈[1，2]成立．18．（2016?离石区二模）已知函数f（x）=lnx+x2．（Ⅰ）若函数g（x）=f（x）﹣ax在其定义域内为增函数，求实数a的取值范围；（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，若a＞1，h（x）=e3x﹣3ae x x∈[0，ln2]，求h（x）的极小值；（Ⅲ）设F（x）=2f（x）﹣3x2﹣kx（k∈R），若函数F（x）存在两个零点m，n（0＜m＜n），且2x0=m+n．问：函数F（x）在点（x，F（x））处的切线能否平行于x轴？若能，求出该切线方程；若不能，请说明理由．解：（Ⅰ）g（x）=f（x）﹣ax=lnx+x2﹣ax，由题意知，g′（x）≥0，对任意的x∈（0，+∞）恒成立，即又∵x＞0，，当且仅当时等号成立∴，可得（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，令t=e x，则t∈[1，2]，则h（t）=t3﹣3at，由h′（t）=0，得或（舍去），∵，∴若，则h′（t）＜0，h（t）单调递减；若，则h′（t）＞0，h （t）单调递增∴当时，h（t）取得极小值，极小值为（Ⅲ）设F（x）在（x0，F（x））的切线平行于x轴，其中F（x）=2lnx﹣x2﹣kx结合题意，有①﹣②得所以，由④得所以设，⑤式变为设，所以函数在（0，1）上单调递增，因此，y＜y|u=1=0，即，也就是此式与⑤矛盾所以F（x）在（x0，F（x））的切线不能平行于x轴19．（2016?衡水模拟）g（x）=2lnx﹣x2﹣mx，x∈R，如果g（x）的图象与x轴交于A（x1，0），B（x2，0）（x1＜x2），AB中点为C（x，0），求证g′（x）≠0．解：根据题意，得；②﹣①得，2ln﹣（x2﹣x1）（x2+x1）﹣m（x2﹣x1）=0，∴2ln=（x2﹣x1）（x2+x1+m）；（整理式子，向题意靠拢）假设g′（x）=0，即g′（x0）==﹣（x1+x2）﹣m=0，（中点坐标公式2x=x1+x2）∴x1+x2+m=，上下同除以x，另t=＞1，∴lnt=（t＞1）；令g（t）=lnt﹣，在g′（t）=＞0，∴g（t）＞g（1）=0，∴lnt≠，即g'（x）≠0．20．（2016?商丘三模）已知函数f（x）=alnx﹣ax﹣3（a∈R）．（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；。

二次求导法解高考导数题

二次求导法解高考导数题(总3页)--本页仅作为文档封面，使用时请直接删除即可----内页可以根据需求调整合适字体及大小--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 ＞ln 21-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 ＞ln 21-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 ＞ln 21-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.。

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