高考试题二次求导问题两例

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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.。

第10讲拓展三：通过求二阶导函数解决导数问题 (精讲+精练)(学生版)

第10讲拓展三：通过求二阶导函数解决导数问题 (精讲+精练）目录第一部分：知识点精准记忆第二部分：课前自我评估测试第三部分：典型例题剖析高频考点一：利用二阶导数求函数的极值高频考点二：利用二阶导数求函数的单调性高频考点三：利用二阶导数求参数的范围高频考点四：利用二阶导数证明不等式第四部分：高考真题感悟第五部分：第10讲拓展三：通过求二阶导函数解决导数问题（精练）1、函数极值的第二判定定理：若()f x 在0x x =附近有连续的导函数()f x ''，且0()0f x '=，0()0f x ''≠ （1）若0()0,f x ''<则()f x 在点0x 处取极大值；（2）若0()0,f x ''>则()f x 在点0x 处取极小值2、二次求导使用背景（1）求函数的导数)('x f ，无法判断导函数正负；（2）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. （3）一阶导函数中往往含有x e 或ln x3、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.1．（2022·全国·高二专题练习）已知函数()()312cos 12f x x x a x =-++，对于任意的1x ，20,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，且12x x <都有()()21120x f x x f x ->成立，则实数a 的取值范围是（）A ．(],3-∞-B ．(),3-∞C ．(),1-∞-D ．(],1-∞-2．（2022·四川·乐山市教育科学研究所二模（文））设150a =，()ln 1sin0.02b =+，5121n 50c =，则a ，b ，c 的大小关系正确的是（） A ．a b c <<B ．a c b <<C ．b c a <<D ．b a c <<3．（2022·河南·民权县第一高级中学高三阶段练习（文））设函数f （x ）在区间I 上有定义，若对12,x x I ∀∈和()0,1λ∀∈，都有()()()()()121211f x x f x f x λλλλ+-≤+-，那么称f （x ）为I 上的凹函数，若不等号严格成立，即“<”号成立，则称f （x ）在I 上为严格的凹函数.对于上述不等式的证明，19世纪丹麦数学家琴生给出了如下的判断方法：设定义在（a ，b ）上的函数f （x ），其一阶导数为()f x '，其二阶导数为()f x ''（即对函数()f x '再求导，记为()f x ''），若()0f x ''>，那么函数f （x ）是严格的凹函数（()f x '，()f x ''均可导）.试根据以上信息解决如下问题：函数()21ln f x m x x x=++在定义域内为严格的凹函数，则实数m 的取值范围为___________. 4．（2022·河南·民权县第一高级中学高三阶段练习（理））设函数()f x 在区间I 上有定义，若对I 上的任意两个数1x ，2x 和任意的()0,1λ∈，都有()()()()()121211f x x f x f x λλλλ+-≤+-，那么称()f x 为I 上的凹函数，若等号不成立，即“<”号成立，则称()f x 在I 上为严格的凹函数，对于上述不等式的证明，19世纪丹麦数学家琴生给出了如下的判断方法：设定义在(),a b 上的函数()f x ，其一阶导数为()f x '，其二阶导数为()f x ''（即对函数()f x '再求导，记为()f x ''），若(),x a b ∀∈，()0f x ''>，那么函数()f x 是严格的凹函数（()f x '，()f x ''均可导），试根据以上信息解决如下问题：若函数()21ln f x m x x x=++在定义域内为严格的凹函数，则实数m 的取值范围为___________.高频考点一：利用二阶导数求函数的极值1．（多选）（2022·全国·模拟预测）已知函数()()e 1xf x x =+，()()1lng x x x =+，则（）A ．函数()f x 在R 上无极值点B ．函数()g x 在()0,∞+上存在唯一极值点C ．若对任意0x >，不等式()()2ln f ax f x >恒成立，则实数a 的最大值为2eD ．若()()()120f x g x t t ==>，则()12ln 1tx x +的最大值为1e2．（2022·全国·高二单元测试）已知函数()1ln x f x x+=. (1)若函数()f x 在区间2,3a a ⎛⎫+ ⎪⎝⎭（其中0a >）上存在极值，求实数a 的取值范围；(2)如果当1≥x 时，不等式()1mf x x ≥+恒成立，求实数m 的取值范围. 3．（2022·江苏省昆山中学高三阶段练习）已知函数321()e () 1.2xf xg x ax x x ==+++，(1)若0a =，证明：当0x >时，)()f x g x >，当0x <时，()()f x g x <； (2)记函数()()()h x f x g x =-，若0x =是()h x 的极小值点，求实数a 的值．4．（2022·新疆·模拟预测（理））设函数()1e ln 1xa f x a x -=--，其中0a > (1)当1a =时，讨论()f x 单调性；(2)证明：()f x 有唯一极值点0x ，且()00f x ≥.5．（2022·湖南·长沙一中高三阶段练习）已知函数()3ln a a x f x x x x=--，且()0f x ≤. (1)求实数a 的值；(2)求证：()f x 存在唯一的极小值点0x ，且()120e e f x ---<<-；(3)设()()2a F x xf x a x =+-，()21sin 2G x x x b x =++.对[)0,x π∀∈，()()1F x G x +≤恒成立，求实数b 的取值范围.（参考结论：0x →，()21ln 122sin x x x x---+→-）6．（2022·江苏南通·模拟预测）已知函数()e cos x f x x x =-- (1)讨论函数()f x 在（π-，2π）上极值点的个数； (2)当[]0,x π∈时，()()23sin ln 1f x x m x ≥-+'.其中()'f x 为()f x 的导函数，求实数m 的取值范围.7．（2022·重庆八中模拟预测）已知函数()()()212xaf x x x x a =-+-∈R e ． (1)若1x =-为()f x 的取值范围；(2)若()f x 有唯一的极值11e--，证明：1x ∀≥-，()1sin f x x +≥．高频考点二：利用二阶导数求函数的单调性1．（多选）（2022·辽宁丹东·一模）设()0,1,0,1,a a b b f x >≠>'≠为函数()x xf x a b =+的导函数，已知()f x 为偶函数，则（） A ．()1f 的最小值为2 B ．()f x '为奇函数C ．()f x '在R 内为增函数D ．()f x 在()0,∞+内为增函数2．（2022·江苏·金陵中学高二期末）函数()cos e x f x x ＝．(1)求()f x 在(),ππ-上的单调区间；(2)当0x ≥时，不等式()()22e e 2'-≤x xf x ax 恒成立，求实数a 的取值范围．3．（2022·全国·哈师大附中模拟预测（理））已知函数()()2e 1=-+xf x ax x （a ∈R ，e 为自然对数的底数）． (1)若()f x 在x=0处的切线与直线y=ax 垂直，求a 的值； (2)讨论函数()f x 的单调性； (3)当21ea ≥时，求证：()2ln 2x x f x x ---≥．4．（2022·安徽·高三阶段练习（理））已知函数()ln f x x x =-，322()436ln 1g x x x x x =---. (1)若()1x f ax ≥+恒成立，求实数a 的取值范围； (2)若121322x x <<<，且()()120g x g x +=，试比较()1f x 与()2f x 的大小，并说明理由.5．（2022·北京朝阳·一模）已知()e x f x x a =-，a R ∈.(1)若曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线与x 轴重合，求a 的值； (2)若函数()f x 在区间()1,+∞上存在极值，求a 的取值范围；(3)设()()2g x f x =-，在（2）的条件下，试判断函数()g x 在区间()1,+∞上的单调性，并说明理由.6．（2022·全国·模拟预测（文））已知()()24e 34,x f x x cx x R c R =---∈∈.(1)当3c =时，求()f x 在()()0,0f 处的切线方程；(2)设()32e 6xf x x x x ≤+-在[)0,+∞上恒成立，求实数c 的取值范围.高频考点三：利用二阶导数求参数的范围1．（2022·全国·高三专题练习）已知函数()3sin 3m f x x x x =-+，若对任意的[)()00x f x ∈+∞≥，，恒成立，求实数m 的取值范围．2．（2022·江苏·已知函数 ()ln f x ax x x =+ 的图象在点 e x = ( e 为自然对数的底数) 处的切线斜率为 3． (1)求实数 a 的值;(2)若 k Z ∈，且存在 1x > 使 ()()1k x f x -> 成立，求 k 的最小值．3．（2022·天津市宁河区芦台第一中学高二阶段练习）已知函数2()ln ,()f x x x g x x ax =-=-. (1)求函数()f x 的极值；(2)令112212()()(),(,()),(,())()h x g x f x A x h x B x h x x x =-≠是函数()h x 图像上任意两点，且满足1212()()1h x h x x x ->-，求实数a 的取值范围；(3)若(0,1]x ∃∈，使()()a g x f x x-≥成立，求实数a 的最大值.4．（2022·海南·嘉积中学模拟预测）已知函数()ln 2f x x x =--. (1)判断函数的单调性；(2)若对于任意的()1,x ∈+∞，都有()ln 1x x x k x +>-，求整数k 的最大值.高频考点四：利用二阶导数证明不等式1．（2022·重庆市育才中学高二阶段练习）已知函数2()cos sin e f x x x x -=--，[]0,x π∈． (1)求()f x 的最大值；(2)证明：2e sin e e cos 1x x x x x x x -+>+-；(3)若320()2e f x ax -++≥恒成立，求实数a 的取值范围.2．（2022·山东·聊城民慧实验高级中学高二阶段练习）已知函数()2e 2x xf x a a x =---(1)若x ≥0时，()f x ≥0，求实数a 的取值范围． (2)当02x π<<时，求证：()4e cos 14xx x x ->-．3．（2022·安徽·合肥一中高三阶段练习（文））已知函数()()2l 11n (2)1f x a x x ax a =+--+∈R .(1)讨论()f x 的单调性；(2)当0a =时，求证：21()(e 1).2≤--x f x x x4．（2022·江西上饶·一模（理））已知函数()()ln 1f x x x a =+-，()e cos 1xg x x =+-，其中e 2.718=…为自然对数的底数.(1)当1a =时，若过点(),m m 与函数()f x 相切的直线有两条，求m 的取值范围；(2)若()0,x ∞∈+，01a ≤≤，证明：()()f x g x <.5．（2022·全国·高三专题练习）已知函数()2ln ln x f x ae x a -=-+.(1)若曲线()y f x =在点()()22f ,处的切线方程为312y x =-，求a 的值； (2)若a e ≥，证明：()2f x ≥.1．（2021·全国·高考真题）已知函数()()1ln f x x x =-. （1）讨论()f x 的单调性；（2）设a ，b 为两个不相等的正数，且ln ln b a a b a b -=-，证明：112e a b<+<.2．（2020·全国·高考真题（文））已知函数f （x ）=2ln x +1．（1）若f （x ）≤2x +c ，求c 的取值范围；（2）设a >0时，讨论函数g （x ）=()()f x f a x a--的单调性．一、填空题1．（2022·江苏·海门中学高二期末）已知函数()222ln f x ax x x =--，a R ∈有且只有一个零点，则实数a 的取值范围是_______.2．（2022·全国·模拟预测）已知函数()1ln g x x x k x=+-有两个不同的零点，则实数k 的取值范围为___________. 3．（2022·福建厦门·高三阶段练习）若函数()ln f x x =和()()2R g x x ax a =+∈的图象有且仅有一个公共点P ，则g (x )在P 处的切线方程是_________.4．（2022·重庆市育才中学高二阶段练习）已知关于x 的方程233()ln 3ln x t x t t +=有三个实数根，则t 的取值范围是______5．（2022·湖北·安陆第一高中高二期中）已知函数()ln f x x x =+．()f x '为函数()f x 的导函数，若()()ln 11kf x x '>++对任意0x >恒成立，则整数k 的最大值为________．二、解答题6．（2022·四川省通江中学高二阶段练习（理））已知函数()ln xf x x=， ()()1g x k x =-． (1)证明： R k ∀∈，直线yg x 都不是曲线()y f x =的切线；(2)若2e,e x ⎡⎤∀∈⎣⎦，使()()f x g x ≤恒成立，求实数k 的取值范围．7．（2022·安徽省桐城中学高三阶段练习（理））已知函数2()e x f x -=，函数ln ()(,)a x bg x a b x+=∈R 在e x =处取得最大值.(1)求a 的取值范围；(2)当02a <≤时，求证：()()f x g x >.8．（2022·陕西·模拟预测（理））已知函数2()e 1x f x ax x =---． (1)当1a =-时，讨论()f x 的单调性； (2)当0x ≥时，321()22f x x ax ≥-恒成立，求实数a 的取值范围．9．（2022·四川达州·二模（理））已知：()e x f x mx =+.(1)当1m =时，求曲线()y f x =的斜率为2的切线方程； (2)当0x ≥时，()2213222m f x x ≥+-成立，求实数m 的范围10．（2022·河南焦作·二模（理））已知函数()()e 2axf x x =-.(1)若1a =，()f x 的一个零点为()000x x ≠，求曲线()y f x =在0x x =处的切线方程； (2)若当0x >时，不等式()132ln f x a x x x x ⎡⎤⎛⎫+≥+⋅ ⎪⎢⎥⎣⎦⎝⎭恒成立，求实数a 的取值范围.。

(完整版)导数中的二次求导问题

高考二次求导

高考二次求导一．解答题〔共40小题〕1．函数f〔x〕=ax2+lnx，g〔x〕=﹣bx，其中a，b∈R，设h〔x〕=f〔x〕﹣g 〔x〕，〔1〕假设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〕假设a=0时，函数h〔x〕有两个不同的零点x1，x2①求b的取值围；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〕假设g〔x〕＞f〔x〕在区间〔﹣∞，0〕恒成立，求a的取值围．3．函数．〔1〕假设y=f〔x〕在〔0，+∞〕恒单调递减，求a的取值围；〔2〕假设函数y=f〔x〕有两个极值点x1，x2〔x1＜x2〕，求a的取值围并证明x1+x2＞2．4．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．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〕假设g〔x〕=alnx﹣x在[1，e]〔e=2.718 28…〕上存在一点x，使得g〔x0〕≥f〔x〕成立，求a的取值围．6．设函数f〔x〕=e ax+λlnx，其中a＜0，e是自然对数的底数〔Ⅰ〕假设f〔x〕是〔0，+∞〕上的单调函数，求λ的取值围；〔Ⅱ〕假设0＜λ＜，证明：函数f 〔x 〕有两个极值点． 7．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〕假设f 〔x 〕在x 0处取得极值，且，而f 〔x 〕≥0在[e+2，e 3+2]上恒成立，数a 的取值围．〔其中e 为自然对数的底数〕 8．函数．〔1〕假设g 〔x 〕在点〔1，g 〔1〕〕处的切线方程为8x ﹣2y ﹣3=0，求a ，b 的值；〔2〕假设b=a+1，x 1，x 2是函数g 〔x 〕的两个极值点，试比拟﹣4与g 〔x 1〕+g 〔x 2〕的大小．9．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，假设对任意的x 1、x 2∈[3，4]〔x 1≠x 2〕，恒成立，数a 的最小值． 10．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〕假设函数f 〔x 〕的一个零点为x 1〔x 1＞1〕，f'〔x 〕的一个零点为x 0，是否存在实数k ，使=k ，假设存在，求出所有满足条件的k 的值；假设不存在，说明理由．11．函数f 〔x 〕=〔x ﹣2〕e x +a 〔x ﹣1〕2．〔Ⅰ〕讨论f 〔x 〕的单调性；〔Ⅱ〕假设f 〔x 〕有两个零点，求a 的取值围．12．设函数f 〔x 〕=ax 2﹣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，+∞〕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〕假设f 〔x 〕存在极值点x 0，且f 〔x 1〕=f 〔x 0〕，其中x 1≠x 0，求证：x 1+2x 0=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〕假设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．函数f〔x〕=〔x﹣2〕e x+a〔x﹣1〕2有两个零点．〔Ⅰ〕求a的取值围；〔Ⅱ〕设x1，x2是f〔x〕的两个零点，证明：x1+x2＜2．17．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．函数f〔x〕=lnx+x2．〔Ⅰ〕假设函数g〔x〕=f〔x〕﹣ax在其定义域为增函数，数a的取值围；〔Ⅱ〕在〔Ⅰ〕的条件下，假设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〕，假设函数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？假设能，求出该切线方程；假设不能，请说明理由．19．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〕≠0．20．函数f〔x〕=alnx﹣ax﹣3〔a∈R〕．〔Ⅰ〕求函数f〔x〕的单调区间；〔Ⅱ〕假设函数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〕=x3+x2〔f'〔x〕+〕在区间〔t，3〕上总不是单调函数，求m的取值围；〔Ⅲ〕求证：×××…×＜〔n≥2，n∈N*〕．21．设函数f〔x〕=〔1+x〕2﹣2ln〔1+x〕〔1〕假设关于x的不等式f〔x〕﹣m≥0在[0，e﹣1]有实数解，数m的取值围．〔2〕设g〔x〕=f〔x〕﹣x2﹣1，假设关于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．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〕假设函数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．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〕，假设存在唯一的实数x0，使得f〔x〕=x0与f′〔x〕=0同时成立，数b的取值围；〔3〕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？假设存在，求出λ的值；假设不存在，请说明理由．24．函数f〔x〕=alnx﹣ax﹣3〔a≠0〕．〔Ⅰ〕讨论f〔x〕的单调性；〔Ⅱ〕假设f〔x〕+〔a+1〕x+4﹣e≤0对任意x∈[e，e2]恒成立，数a的取值围〔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．函数f〔x〕=lnx﹣x﹣lna，a为常数．〔1〕假设函数f〔x〕有两个零点x1，x2，且x1＜x2，求a的取值围；〔2〕在〔1〕的条件下，证明：的值随a的值增大而增大．26．函数f〔x〕=e1﹣x〔﹣a+cosx〕，a∈R．〔Ⅰ〕假设函数f〔x〕存在单调减区间，数a的取值围；〔Ⅱ〕假设a=0，证明：，总有f〔﹣x﹣1〕+2f′〔x〕•cos〔x+1〕＞0．27．函数f〔x〕=〔e为自然对数的底数〕．〔1〕假设a=，求函数f〔x〕的单调区间；〔2〕假设f〔1〕=1，且方程f〔x〕=1在〔0，1〕有解，数a的取值围．28．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〕假设当x∈[0，+∞〕时，恒有f〔x〕≥kg〔x〕成立，求k的取值围；〔3〕假设=22361，试估计ln的值〔准确到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，假设存在，请求出极值；假设不存在，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．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？假设存在求出a的取值围；假设不存在说明理由．31．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〕，假设＞0在D恒成立，那么称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〞，假设存在，请至少求出一个“类对称点〞的横坐标；假设不存在，请说明理由．32．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〕假设x≥0时，f〔x〕≥x2﹣3恒成立，数a的取值围．33．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〕假设x＞0时，f〔x〕＞mx2，数m的取值围．34．函数h〔x〕=﹣ax2+1，设f〔x〕=h'〔x〕﹣2alnx，g〔x〕=ln2x+2a2，其中x＞0，a∈R．〔1〕假设f〔x〕在区间〔2，+∞〕上单调递增，数a的取值围；〔2〕记F〔x〕=f〔x〕+g〔x〕，求证：F〔x〕≥．35．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．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〕假设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．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．函数．〔Ⅰ〕假设f〔x〕在点〔2，f〔2〕〕处的切线与直线x﹣2y+1=0垂直，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．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〕假设对于任意的x1，x2∈[1，3]，a∈〔﹣∞，﹣2〕都有|f〔x1〕﹣f〔x2〕|＜〔m+ln3〕a﹣2ln3，数m的取值围．40．函数f〔x〕=lnx﹣ax．〔Ⅰ〕假设函数f〔x〕在〔1，+∞〕上单调递减，数a的取值围；〔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•一模〕函数f〔x〕=ax2+lnx，g〔x〕=﹣bx，其中a，b∈R，设h〔x〕=f〔x〕﹣g〔x〕，〔1〕假设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〕假设a=0时，函数h〔x〕有两个不同的零点x1，x2①求b的取值围；②求证：＞1．解：〔1〕由得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〕．那么，〔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．所以h〔x〕极大=h〔〕=﹣ln〔﹣b〕﹣1＞0，解得．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•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〕假设g〔x〕＞f〔x〕在区间〔﹣∞，0〕恒成立，求a的取值围．〔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〕在定义域单调递增，当a2＞1时，，此时假设，f'〔x〕＞0，那么函数f〔x〕单调递增；假设，f'〔x〕＜0，那么函数f〔x〕单调递减；假设时，f'〔x〕＞0，那么函数f〔x〕单调递增．…〔6分〕〔Ⅲ〕令h〔x〕=g'〔x〕﹣f'〔x〕=e x﹣x2﹣2ax﹣1，那么h〔0〕=e0﹣1=0．h'〔x〕=e x﹣2x﹣2a，令u〔x〕=h'〔x〕=e x﹣2x﹣2a，那么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〕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，那么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，假设g〔x〕＞f〔x〕在区间〔﹣∞，0〕恒成立，那么a的取值围是．…〔14分〕3．〔2017•达州模拟〕函数．〔1〕假设y=f〔x〕在〔0，+∞〕恒单调递减，求a的取值围；〔2〕假设函数y=f〔x〕有两个极值点x1，x2〔x1＜x2〕，求a的取值围并证明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，，可构造出构造函数那么，故m〔x〕在区间上单调减．又由于，那么，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•州一模〕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〕那么有…〔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•一模〕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〕假设g〔x〕=alnx﹣x在[1，e]〔e=2.718 28…〕上存在一点x，使得g〔x0〕≥f〔x〕成立，求a的取值围．解：〔Ⅰ〕当a=0时，f 〔x〕=，f 〔1〕=1，那么切点为〔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的取值围是或a≤﹣2．…〔12分〕6．〔2017•一模〕设函数f〔x〕=e ax+λlnx，其中a＜0，e是自然对数的底数〔Ⅰ〕假设f〔x〕是〔0，+∞〕上的单调函数，求λ的取值围；〔Ⅱ〕假设0＜λ＜，证明：函数f〔x〕有两个极值点．解：〔Ⅰ〕f′〔x〕=ae ax+=，〔x＞0〕，①假设λ≤0，那么f′〔x〕＜0，那么f〔x〕在〔0，+∞〕递减，②假设λ＞0，令g〔x〕=axe ax+λ，其中a＜0，x＞0，那么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•模拟〕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；处取得极值，且，而f〔x〕≥0在[e+2，e3+2]上恒成立，〔Ⅲ〕假设f〔x〕在x数a的取值围．〔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，那么有．当[e+2，e3+2]为减区间时，f〔x〕≥0恒成立，那么有解集为空集．综上：当a＞e6+2e3时满足条件．…〔12分〕8．〔2017•模拟〕函数．〔1〕假设g〔x〕在点〔1，g〔1〕〕处的切线方程为8x﹣2y﹣3=0，求a，b的值；〔2〕假设b=a+1，x1，x2是函数g〔x〕的两个极值点，试比拟﹣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，∴，那么．根据题意可得x2﹣ax+a=0在〔0，+∞〕上有两个不同的根x1，x2．即，解得a＞4，且x1+x2=a，x1x2=a．…〔5分〕∴．…〔6分〕令，那么f'〔x〕=lnx+1﹣x﹣1=lnx﹣x，令h〔x〕=lnx﹣x，那么当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〔x1〕+g〔x2〕＜8ln2﹣12，…〔10分〕又∵，，∴，即，∴g〔x1〕+g〔x2〕＜﹣4．…〔12分〕9．〔2017•模拟〕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，假设对任意的x1、x2∈[3，4]〔x1≠x2〕，恒成立，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，那么等价于：f〔x2〕﹣f〔x1〕＜h〔x2〕﹣h〔x1〕，即f〔x2〕﹣h〔x2〕＜f〔x1〕﹣h〔x1〕，…〔6分〕设，那么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•模拟〕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〕假设函数f 〔x 〕的一个零点为x 1〔x 1＞1〕，f'〔x 〕的一个零点为x 0，是否存在实数k ，使=k ，假设存在，求出所有满足条件的k 的值；假设不存在，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，那么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：x 1lnx 1﹣k 〔x 1﹣1〕=0， lnx 0+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 〕=ek ﹣1lnk ﹣ek ﹣1+1，那么m′〔k 〕=e k ﹣1〔lnk+﹣1〕，设F 〔k 〕=lnk+﹣1，那么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x1＞1矛盾，故k不存在．11．〔2016•新课标Ⅰ〕函数f〔x〕=〔x﹣2〕e x+a〔x﹣1〕2．〔Ⅰ〕讨论f〔x〕的单调性；〔Ⅱ〕假设f〔x〕有两个零点，求a的取值围．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，假设a=﹣，那么f′〔x〕≥0恒成立，即有f〔x〕在R上递增；假设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；假设﹣＜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，假设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的取值围为〔0，+∞〕．12．〔2016•〕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，+∞〕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，那么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，那么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〕=，那么h′〔x〕=，=h〔1〕=e，∴h〔x〕在〔1，+∞〕上单调递增，那么h〔x〕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，+∞〕恒成立，∵t〔1〕=0，∴有t′〔x〕=2ax=≥0在〔1，+∞〕恒成立，令φ〔x〕=，那么φ′〔x〕=2a=，当x≥2时，φ′〔x〕＞0，令h〔x〕=，h′〔x〕=，函数在[1，2〕上单调递增，∴h〔x〕min=h〔1〕=﹣1．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•〕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〕假设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，假设0＜a≤时，f〔2〕﹣f〔0〕=2﹣2a≥成立；假设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，那么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〕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•〕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〕假设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〕假设f〔x〕=x3﹣ax﹣b，那么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〕假设f〔x〕存在极值点x0，那么必有a＞0，且x≠0，由题意可得，f′〔x〕=3x2﹣a，那么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，那么有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〕函数f〔x〕=〔x﹣2〕e x+a〔x﹣1〕2有两个零点．〔Ⅰ〕求a的取值围；〔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假设a=0，那么f〔x〕=0⇔〔x﹣2〕e x=0⇔x=2，函数f〔x〕只有唯一的零点2，不合题意；②假设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，那么当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假设﹣＜a＜0，那么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，即f′〔x〕=〔x﹣1〕〔e x+2a〕＞0恒成立，故f〔x〕单调递增，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假设a=﹣，那么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假设a＜﹣，那么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，即f′〔x〕=〔x﹣1〕〔e x+2a〕＜0恒成立，故f〔x〕单调递减，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的取值围为〔0，+∞〕证明：〔Ⅱ〕∵x1，x2是f〔x〕的两个零点，∴f〔x1〕=f〔x2〕=0，且x1≠1，且x2≠1，∴﹣a==，令g〔x〕=，那么g〔x1〕=g〔x2〕=﹣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，那么g〔1+m〕﹣g〔1﹣m〕=﹣=，设h〔m〕=，m＞0，那么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，那么g〔1+1﹣x1〕＞g〔1﹣1+x1〕⇔g〔2﹣x1〕＞g〔x1〕=g〔x2〕⇔2﹣x1＞x2，即x1+x2＜2．17．〔2016•〕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〕．假设a≤0，那么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，假设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；假设a=2，f′〔x〕≥0恒成立，f〔x〕在〔0，+∞〕上为增函数；假设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〕=．那么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，那么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•区二模〕函数f〔x〕=lnx+x2．〔Ⅰ〕假设函数g〔x〕=f〔x〕﹣ax在其定义域为增函数，数a的取值围；〔Ⅱ〕在〔Ⅰ〕的条件下，假设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〕，假设函数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？假设能，求出该切线方程；假设不能，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，那么t∈[1，2]，那么h〔t〕=t3﹣3at，由h′〔t〕=0，得或〔舍去〕，∵，∴假设，那么h′〔t〕＜0，h〔t〕单调递减；假设，那么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•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•三模〕函数f〔x〕=alnx﹣ax﹣3〔a∈R〕．〔Ⅰ〕求函数f〔x〕的单调区间；〔Ⅱ〕假设函数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〕=x3+x2〔f'〔x〕+〕在区间〔t，3〕上总不是单调函数，求m的取值围；〔Ⅲ〕求证：×××…×＜〔n≥2，n∈N*〕．解：〔Ⅰ〕〔2分〕当a＞0时，f〔x〕的单调增区间为〔0，1]，减区间为[1，+∞〕；当a＜0时，f〔x〕的单调增区间为[1，+∞〕，减区间为〔0，1]；当a=0时，f〔x〕不是单调函数〔4分〕〔Ⅱ〕得a=﹣2，f〔x〕=﹣2lnx+2x﹣3∴，∴g'〔x〕=3x2+〔m+4〕x﹣2〔6分〕∵g〔x〕在区间〔t，3〕上总不是单调函数，且g′〔0〕=﹣2∴由题意知：对于任意的t∈[1，2]，g′〔t〕＜0恒成立，所以有：，∴〔10分〕〔Ⅲ〕令a=﹣1此时f〔x〕=﹣lnx+x﹣3，所以f〔1〕=﹣2，由〔Ⅰ〕知f〔x〕=﹣lnx+x﹣3在〔1，+∞〕上单调递增，∴当x∈〔1，+∞〕时f〔x〕＞f〔1〕，即﹣lnx+x﹣1＞0，∴lnx＜x﹣1对一切x∈〔1，+∞〕成立，〔12分〕∵n≥2，n∈N*，那么有0＜lnn＜n﹣1，∴∴21．〔2016•模拟〕设函数f〔x〕=〔1+x〕2﹣2ln〔1+x〕〔1〕假设关于x的不等式f〔x〕﹣m≥0在[0，e﹣1]有实数解，数m的取值围．〔2〕设g〔x〕=f〔x〕﹣x2﹣1，假设关于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*〕．≥m，x∈[0，e﹣1]〔1〕解：依题意得f〔x〕max∵，而函数f〔x〕的定义域为〔﹣1，+∞〕∴f〔x〕在〔﹣1，0〕上为减函数，在〔0，+∞〕上为增函数，∴f〔x〕在[0，e﹣1]上为增函数，∴∴实数m的取值围为m≤e2﹣2〔2〕解：g〔x〕=f〔x〕﹣x2﹣1=2x﹣2ln〔1+x〕=2[x﹣ln〔1+x〕]，∴显然，函数g〔x〕在〔﹣1，0〕上为减函数，在〔0，+∞〕上为增函数∴函数g〔x〕的最小值为g〔0〕=0∴要使方程g〔x〕=p至少有一个解，那么p≥0，即p的最小值为0〔3〕证明：由〔2〕可知：g〔x〕=2[x﹣ln〔1+x〕]≥0在〔﹣1，+∞〕上恒成立所以ln〔1+x〕≤x，当且仅当x=0时等号成立令，那么x∈〔0，1〕代入上面不等式得：即，即所以ln2﹣ln1＜1，，，…，将以上n个等式相加即可得到：22．〔2016•江门模拟〕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〕假设函数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？解：〔Ⅰ〕，当a=1时，令导数大于0，可解得0＜x＜1，令导数小于0，可解得x＜0〔舍〕或x＞1故函数的单调增区间为〔0，1〕，单调减区间是〔1，+∞〕〔Ⅱ〕得a=﹣2，f〔x〕=﹣2lnx+2x﹣3∴，∴g'〔x〕=3x2+〔m+4〕x﹣2∵g〔x〕在区间〔t，3〕上总不是单调函数，且g′〔0〕=﹣2∴，由题意知：对于任意的t∈[1，2]，g′〔t〕＜0恒成立，所以有：，∴．23．〔2016•校级模拟〕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〕，假设存在唯一的实数x0，使得f〔x〕=x0与f′〔x〕=0同时成立，数b的取值围；〔3〕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？假设存在，求出λ的值；假设不存在，请说明理由．解：〔1〕当a=﹣2时，函数f〔x〕=x3+x2﹣2x+b 那么f′〔x〕=3x2+5x﹣2=〔3x﹣1〕〔x+2〕令f′〔x〕＜0，解得﹣2＜x＜，所以f〔x〕的单调递减区间为〔﹣2，〕；〔2〕函数f〔x〕的导函数为由于存在唯一的实数x0，使得f〔x〕=x与f′〔x〕=0同时成立，那么即x3+x2+〔﹣3x2﹣5x﹣1〕x+b=0存在唯一的实数根x，故b=2x3+x2+x存在唯一的实数根x，令y=2x3+x2+x，那么y′=6x2+5x+1=〔2x+1〕〔3x+1〕=0，故x=﹣或x=﹣，那么函数y=2x3+x2+x在〔﹣∞，〕，〔﹣，+∞〕上是增函数，在〔，﹣〕上是减函数，由于x=﹣时，y=﹣；x=﹣时，y=﹣；故实数b的取值围为：〔﹣∞，﹣〕∪〔﹣，+∞〕；〔3〕设点A〔x0，f〔x〕〕，那么在点A处的切线l1的切线方程为y﹣f〔x〕=f′〔x0〕〔x﹣x〕，与曲线C联立得到f〔x〕﹣f〔x0〕=f′〔x〕〔x﹣x〕，即〔x3+x2+ax+b〕﹣〔x03+x2+ax+b〕=〔3x2+5x+a〕〔x﹣x〕，整理得到〔x﹣x0〕2[x+〔2x+〕]=0，故点B的横坐标为xB =﹣〔2x+〕由题意知，切线l1的斜率为k1=f′〔x〕=3x2+5x+a，l 2的斜率为k2=f′〔﹣〔2x+〕〕=12x2+20x++a，假设存在常数λ，使得k2=λk1，那么12x2+20x++a=λ〔3x2+5x+a〕，即存在常数λ，使得〔4﹣λ〕〔3x02+5x〕=〔λ﹣1〕a﹣，故，解得λ=4，a=，故a=时，存在常数λ=4，使得k2=4k1；a≠时，不存在常数，使得k2=4k1．24．〔2016•校级模拟〕函数f〔x〕=alnx﹣ax﹣3〔a≠0〕．〔Ⅰ〕讨论f〔x〕的单调性；〔Ⅱ〕假设f〔x〕+〔a+1〕x+4﹣e≤0对任意x∈[e，e2]恒成立，数a的取值围〔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〕．解：〔Ⅰ〕f′〔x〕=〔x＞0〕，当a＞0时，f〔x〕的单调增区间为〔0，1]，单调减区间为[1，+∞〕；当a＜0时，f〔x〕的单调增区间为[1，+∞〕，单调减区间为〔0，1]；〔Ⅱ〕令F〔x〕=alnx﹣ax﹣3+〔a+1〕x+4﹣e=alnx+x+1﹣e，那么F′〔x〕=，假设﹣a≤e，即a≥﹣e，F〔x〕在[e，e2]上是增函数，F〔x〕max=F〔e2〕=2a+e2﹣e+1≤0，a≤，无解．假设e＜﹣a≤e2，即﹣e2≤a＜﹣e，F〔x〕在[e，﹣a]上是减函数；在[﹣a，e2]上是增函数，F〔e〕=a+1≤0，即a≤﹣1．F〔e2〕=2a+e2﹣e+1≤0，即a≤，∴﹣e2≤a≤．假设﹣a＞e2，即a＜﹣e2，F〔x〕在[e，e2]上是减函数，F〔x〕max=F〔e〕=a+1≤0，即a≤﹣1，∴a＜﹣e2，综上所述，a≤．〔Ⅲ〕证明：令a=﹣1，此时f〔x〕=﹣lnx+x﹣3，所以f〔1〕=﹣2，由〔Ⅰ〕知f〔x〕=﹣lnx+x﹣3在〔1，+∞〕上单调递增，∴当x∈〔1，+∞〕时，f〔x〕＞f〔1〕，即﹣lnx+x﹣1＞0，∴lnx＜x﹣1对一切x∈〔1，+∞〕成立，∵n≥2，n∈N*，那么有ln〔+1〕＜＜=﹣，要证ln〔22+1〕+ln〔32+1〕+ln〔42+1〕+…+ln〔n2+1〕＜1+2lnn!〔n≥2，n∈N*〕，只需证ln〔+1〕+ln〔+1〕+…+ln〔+1〕＜1〔n≥2，n∈N*〕；ln〔+1〕+ln〔+1〕+…+ln〔+1〕＜〔1﹣〕+〔﹣〕+…+〔﹣〕=1﹣＜1；所以原不等式成立．25．〔2016•校级模拟〕函数f〔x〕=lnx﹣x﹣lna，a为常数．〔1〕假设函数f〔x〕有两个零点x1，x2，且x1＜x2，求a的取值围；〔2〕在〔1〕的条件下，证明：的值随a的值增大而增大．解：〔1〕f〔x〕的定义域为〔0，+∞〕.，由f'〔x〕＞0得：0＜x＜1；由f'〔x〕＜0得：x＞1．故f〔x〕在〔0，1〕上递增，在〔1，+∞〕上递减．要使f〔x〕有两个零点，那么f〔1〕＞0，解得：．…〔5分〕〔2〕∵x1，x2是f〔x〕的两个零点，∴lnx1﹣x1=lna，lnx2﹣x2=lna，那么，．设，，所以g〔x〕在〔0，1〕上递增，在〔1，+∞〕上递减，故对任意，函数g〔x〕图象与直线y=a都有两个交点．横坐标分别为x1，x2，且x1∈〔0，1〕，x2∈〔1，+∞〕，如下列图：…〔9分〕任取，设a1＜a2，那么有g〔ξ1〕=g〔ξ2〕=a1，0＜ξ1＜1＜ξ2，g〔η1〕=g〔η2〕=a2，0＜η1＜1＜η2，由a1＜a2得：g〔ξ1〕＜g〔η1〕，∵g〔x〕在〔0，1〕上递增，∴ξ1＜η1，同理得：ξ2＞η2，所以，故的值随a的值增大而增大．…〔12分〕26．〔2016•三模〕函数f〔x〕=e1﹣x〔﹣a+cosx〕，a∈R．〔Ⅰ〕假设函数f〔x〕存在单调减区间，数a的取值围；〔Ⅱ〕假设a=0，证明：，总有f〔﹣x﹣1〕+2f′〔x〕•cos〔x+1〕＞0．解：〔I〕由，得f'〔x〕=﹣e1﹣x〔﹣a+cosx〕﹣e1﹣x sinx=e1﹣x〔a﹣〔sinx+cosx〕〕〔2分〕因为函数f〔x〕存在单调减区间，所以方程f'〔x〕＜0有解．．而e1﹣x＞0恒成立，即a﹣〔sinx+cosx〕＜0有解，所以a＜〔sinx+cosx〕max 又，所以，．〔5分〕〔II〕因为a=0，所以f〔x〕=e1﹣x•cosx，所以f〔﹣x﹣1〕=e x+2•cos〔﹣x﹣1〕=e x+2•cos〔x+1〕．因为2f'〔x〕•cos〔x+1〕=﹣2e1﹣x〔sinx+cosx〕•cos〔x+1〕，所以f〔﹣x﹣1〕+2f'〔x〕•cos〔x+1〕=cos〔x+1〕[e x+2﹣2e1﹣x〔sinx+cosx〕]，又对于任意，cos〔x+1〕＞0．〔6分〕要证原不等式成立，只要证e x+2﹣2e1﹣x〔sinx+cosx〕＞0，只要证，对于任意上恒成立．〔8分〕设函数，，那么=，当x∈[﹣1，0]时，g'〔x〕≤0，即g〔x〕在[﹣1，0]上是减函数，当时，g'〔x〕＞0，即g〔x〕在上是增函数，=g〔0〕=0，所以g〔x〕≥0．所以，在上，g〔x〕min所以，，〔当且仅当x=0时上式取等号〕①〔10分〕设函数h〔x〕=e2x+1﹣〔2x+2〕，，那么h'〔x〕=2e2x+1﹣2=2〔e2x+1﹣1〕，当时，h'〔x〕≤0，即h〔x〕在上是减函数，当时，h'〔x〕＞0，即h〔x〕在上是增函数，所以在上，，所以h〔x〕≥0，即e2x+1≥2x+2，〔当且仅当时上式取等号〕②．综上所述，，。

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 。

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。

高考专题复习：二次求导-教师(精编文档).doc

令则 ………10分，， … 叠加得：
(2)证明：当a＝1时，f(x)＝lnx＋x，
要证x∈[1，2]时，f(x)－3< 成立，只需证xlnx＋x2－3x－1<0在x∈[1，2]时恒成立．
令g(x)＝xlnx＋x2－3x－1，则g′(x)＝lnx＋2x－2，
设h(x)＝lnx＋2x－2，则h′(x)＝＋2>0，∴h(x)在[1，2]上单调递增，
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
—
0
+
↘
最小值
↗
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
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．
，
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

2024高考数学二轮专题复习——二次求导、虚设零点

同构、二次求导、虚设零点在导数中的应用1.（2022·新高考Ⅰ卷T22）已知函数()x f x e ax =-和()ln g x ax x =-有相同的最小值．（1）求a ；（2）证明：存在直线y b =，其与两条曲线()y f x =和()y g x =共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．2.（2022·全国乙（理）T21）已知函数()()ln 1exf x x ax -=++（1）当1a =时，求曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程；（2）若()f x 在区间()()1,0,0,-+∞各恰有一个零点，求a 的取值范围．3.（2022·新高考Ⅱ卷T22）已知函数()e e ax x f x x =-．（1）当1a =时，讨论()f x 的单调性；（2）当0x >时，()1f x <-，求a 的取值范围；（3）设n *∈Nln(1)n ++>+ ．4、【2020年高考全国Ⅱ卷理数】若2x −2y <3−x −3−y ，则A ．ln(y −x +1)>0B ．ln(y −x +1)<0C ．ln|x −y |>0D ．ln|x −y |<05．(2020年高考数学课标Ⅰ卷理科)已知函数2()e x f x ax x =+-．(1)当a =1时，讨论f (x )的单调性；(2)当x ≥0时，f (x )≥12x 3+1，求a 的取值范围．6．(2020年高考数学课标Ⅲ卷理科)设函数3()f x x bx c =++，曲线()y f x =在点(12，f (12))处的切线与y 轴垂直．(1)求b ．(2)若()f x 有一个绝对值不大于1的零点，证明：()f x 所有零点的绝对值都不大于1．7．(2018年高考数学课标Ⅲ卷（理）)已知函数()()()22ln 12f x x ax x x =+++-．(1)若0a =，证明：当10x -<<时，()0f x <，当0x >时，()0f x >；(2)若0x =是()f x 的极大值点，求a ．8．(2017年高考数学课标Ⅱ卷理科)已知函数3()ln ,f x ax ax x x =--且()0f x ≥．(1)求a ；(2)证明：()f x 存在唯一的极大值点0x ，且220()2e f x --<<．9．(2016高考数学课标Ⅱ卷理科)(I )讨论函数2()2xx f x e x -=+的单调性，并证明当0x >时，(2)20x x e x -++>；(II )证明：当[0,1)a ∈时，函数2x =(0)x e ax ag x x -->（）有最小值．设()g x 的最小值为()h a ，求函数()h a 的值域．10．(2013高考数学新课标2理科)已知函数()ln()x f x e x m =-+．(1)设0x =是()f x 的极值点，求m ，并讨论()f x 的单调性；(2)当2m ≤时，证明()0f x >．类型一、虚设零点基础知识：在求解函数问题时，很多时候都需要求函数f (x )在区间I 上的零点，但所述情形都难以求出其准确值，导致解题过程无法继续进行时，可这样尝试求解：先证明函数f (x )在区间I 上存在唯一的零点(例如，函数f (x )在区间I 上是单调函数且在区间I 的两个端点的函数值异号时就可证明存在唯一的零点)，这时可设出其零点是x 0.因为x 0不易求出(当然，有时是可以求出但无需求出)，所以把零点x 0叫做隐零点；若x 0容易求出，就叫做显零点，而后解答就可继续进行．实际上，此解法类似于解析几何中“设而不求”的方法．基本题型：1．（虚设零点研究函数最值）已知函数op =ln −x +B(∈p .（1）若函数op 在[1,+∞)上单调递减，求实数的取值范围；（2）若=1，求op 的最大值.2.（虚设零点研究双变量问题）设函数()ln xf x x ae =+，1()(0)xg x axe a e=<<.（1）设函数()()()h x f x g x =-，判断()y h x =的零点的个数；（2）设1x 是()h x 的极值点，2x 是()h x 的一个零点，且12x x <，求证：1232x x ->.3.（虚设零点研究不等式恒成立）已知函数()ln 11x f x x x=++.（1）求函数()f x 的单调区间；（2）若对任意()0,x ∈+∞都有()e xa f x ≥，求实数a 的取值范围.类型二、二次构造二次求导基础题型：1、（二次构造二次求导研究函数单调性）讨论函数f (x )＝(x ＋1)ln x －x ＋1的单调性．2.（二次构造二次求导研究不等式恒成立）设函数1()e ,()ln x f x m g x x n -==+,m n 、为实数,若()()g x F x x=有最大值为21e （1）求n 的值；（2）若2()()e f x xg x >,求实数m 的最小整数值.3．（二次构造二次求导求最值）已知函数()()ln 1xf x ae x a R -=+-∈.（1）当a e ≤时，讨论函数()f x 的单调性：（2）若函数()f x 恰有两个极值点()1212,x x x x <，且122ln 3x x +≤，求21x x 的最大值.4.（二次构造二次求导证明不等式）若关于x 的方程x ln x ＝m 有两个不相等的实数解x 1，x 2，求证：x 1·x 2<1e 2(e是自然对数的底数)．5.（二次构造二次求导解决不等式恒成立）已知函数12()ln x f x e x ax a -=++-，且1,x a R >∈.（1）若0a =，证明：()f x 单调递增；（2）若1()f x x<，求a 的取值范围.类型三、同构基础知识：1、同构式指除了变量不同，其余地方均相同的表达式．2、同构式的应用(1)在方程中的应用：如果方程f(a)＝0和f(b)＝0呈现同构特征，则a ，b 可视为方程f(x)＝0的两个根．(2)在不等式中的应用：如果不等式的两侧呈现同构特征，则可将相同的结构构造为一个函数，进而和函数的单调性找到联系．可比较大小或解不等式3、常见的同构变形有：(1)ax e ax ≥x ln x ⇒ax e ax ≥ln x ·e ln x ，可构造函数f (x )＝x e x 来进行研究．(2)x 2ln x ＝a ln a －a ln x ⇒x 2ln x ＝a ln a x ⇒x ln x ＝a x ln ax，可构造函数f (x )＝x ln x 来进行研究．(3)e x a ＋1>ln(ax －a )(a >0)⇒e x a ＋1>ln a ＋ln(x －1)⇒e x a －ln a ＋x >ln(x －1)＋x －1⇒e x a ＋ln e xa>ln(x －1)＋(x －1)，可构造函数f (x )＝x ＋ln x 来进行研究．(4)x ＋1e x ≥x α－ln x α(x >0)⇒1e x －ln 1ex ≥x α－ln x α(x >0)，可构造函数f (x )＝x －ln x 来进行研究．(5)x α＋1e x ≥－αln x ⇒x e x ≥－αln x x α⇒x e x≥－αln x ·e －αln x ，可构造函数f (x )＝x e x 来进行研究．基本题型：1．已知函数()21ln 2f x a x x =+，在其图象上任取两个不同的点()11,P x y 、()()2212,Q x y x x >，总能使得()()12122f x f x x x ->-，则实数a 的取值范围为（）A ．()1,+∞B ．[)1,+∞C ．()1,2D ．[]1,22．（多选）若1201x x <<<，则下列不等式成立的是（）A ．1221xx x e x e >B ．1221xx x e x e <C ．2121ln ln x x ee x x ->-D ．1221ln ln xx e ex x -<-3、已知函数()()1ln f x kx x =-，其中k 为非零实数.（1）求()f x 的极值；（2）当4k =时，在函数()()22g x f x x x =++的图象上任取两个不同的点()11,M x y 、()22,N x y .若当120x x t <<<时，总有不等式()()()12124g x g x x x -≥-成立，求正实数t 的取值范围：4．已知函数f (x )＝(a －1)ln x ＋ax 2＋1.(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)如果对任意的x 1>x 2>0，总有f (x 1)－f (x 2)1－x 2≥2，求a 的取值范围．基本方法：1、同构法构造函数的策略(1)指对各一边，参数是关键；(2)常用“母函数”：f(x)＝xe x ，f(x)＝e x ±x ；寻找“亲戚函数”是关键；(3)信手拈来凑同构，凑常数、x 、参数；(4)复合函数(亲戚函数)比大小，利用单调性求参数范围2、（1）函数()f x 在区间D 上单调递增()0f x '⇔≥在区间D 上恒成立；（2）函数()f x 在区间D 上单调递减()0f x '⇔≤在区间D 上恒成立；（3）函数()f x 在区间D 上不单调()f x '⇔在区间D 上存在极值点；（4）函数()f x 在区间D 上存在单调递增区间x D ⇔∃∈，使得()0f x '>成立；（5）函数()f x 在区间D 上存在单调递减区间x D ⇔∃∈，使得()0f x '<成立.新预测1．（多选题）已知函数()xf x xe =，若120x x <<，则下列选项中正确的是（）A ．()()()12120x x f x f x -->⎡⎤⎣⎦B ．()()1221x f x x f x >C ．()()121f x f x e-<D ．()()1221f x f x x x -<-2．若对任意a ，b 满足0<a <b <t ，都有b ln a <a ln b ，则t 的最大值为________．3．已知曲线f (x )＝b e x ＋x 在x ＝0处的切线方程为ax －y ＋1＝0.(1)求a ，b 的值；(2)当x 2>x 1>0时，f (x 1)－f (x 2)<(x 1－x 2)(mx 2＋1)恒成立，求实数m 的取值范围．4．设函数f (x )＝(x －1)e x －kx 2(k ∈R )．当k 1时，求函数f (x )在[0，k ]上的最大值M .5、设函数()ln ,k R kf x x x=+∈．（1）若曲线()y f x =在点()(),e f e 处的切线与直线20x -=垂直，求()f x 的单调递减区间和极小值（其中e 为自然对数的底数）；（2）若对任何()()1212120,x x f x f x x x >>-<-恒成立，求k的取值范围．6．已知函数()()222ln f x x mx x m m R =+++∈.（1）求曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程；（2）函数()f x 有两个不同的极值点()1212,x x x x <，求()211f x x x +的取值范围.7.已知22()5ln f x ax bx x =++-.（1）若()f x 在定义域内单调递增，求a b +的最小值.（2）当0a =时，若()f x 有两个极值点1x ，2x ，求证：122x x e +>.8.已知函数()211ln )f x x x x a a=+-,()0a ≠．（1）求函数()f x 的单调区间；（2）令()()2Fx af x x =-,若()12F x ax <-在()1,∈+∞x 恒成立,求整数a 的最大值．(参考数据：4ln33<,5ln44>9.已知函数()xf x xe =，()ln (0)g x ax a x a =+>.（1）求函数()f x 的极值.（2）若关于x 的不等式()()f x g x <的解集不是空集，求实数a 的取值范围.10．设函数()cos ,()x f x e x ax a R =+∈.（1）当0a =时，求函数()f x 在区间[0,]π上的最小值；（2）若5[0,4x π，()1f x ≤恒成立，求a 的取值范围.11．已知函数()()221ln 2a f x x a x x-+=+⋅-，其中a 为常数.（1）若0a =，求函数()f x 的极值；（2）若1a =-，证明：函数()f x 在(0,1)上有唯一的极值点0x ，且()02f x <-.12．已知函数()tan 2f x x x =-，0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，()3g x ax x =-.（1）求函数()y f x =的极值；（2）当13a ≤时，证明：()()g x f x <在0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭上恒成立.13．已知函数()()()211ln 02f x ax a x x a =+--≠.（1）当1a =时，求函数()f x 在点()()1,1f 处的切线；（2）讨论函数()f x 的单调性；（3）当1a <-时，判断函数()()()1ln 1g x x x x f x =--+-的零点个数.14.已知函数()22ln f x mx x x =-+，其中m 为正实数.（1）当1m =时，求曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线与两坐标轴围成的三角形面积；（2）当1[,1]2x ∈时，()2f x mx ≥-，求m 的取值范围.15.形如()()k x y h x =的函数称为幂指函数，幂指函数在求导时，可以利用对数法：在函数解析式两边取对数得()ln ln ()()ln ()k x y h x k x h x ==，两边对x 求导数，得()()ln ()()()y h x k x h x k x y h x '''=+，于是()()()[()ln ()()]()k x h x y h x k x h x k x h x '''=+.已知()x f x x =（(0,)x ∈+∞），21()()22a g x x a R =+∈.（1）求曲线()y f x =在1x =处的切线方程；（2）若(0,)x ∀∈+∞，()()f x g x ≥恒成立，求a 的取值范围.16.已知函数()(ln )(ln )(0)x f x e a a x x a =-⋅>，其中 2.71828e =⋅⋅⋅是自然对数的底数（1）当a e =时，求函数()f x 的导函数()f x '的单调区间；（2）若函数()f x 有两个不同极值点12,x x 且12x x <；①求实数a 的取值范围；②证明：21x x -≤.17．已知函数()ln ()xx mf x m R e +=∈.（1）若()f x 在[]1,e 上单调递增，求实数m 的取值范围；（2）若2m =，证明：()f x <18．已知函数f (x )＝ax e x (a ∈R )，g (x )＝ln x ＋x ＋1.若f (x )≥g (x )恒成立，求实数a 的取值范围．。

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。

高考二次求导

高考二次求导Newly compiled on November 23, 2020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，x0）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= 28…）上存在一点x0，使得g（x0）≥f（x0）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x0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x0，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=…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（x0），其中x1≠x0，求证：x1+2x0=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（x0），其中x1≠x0，求证：x1+2x0=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（x0，F（x0））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﹣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（x0，0），求证g′（x0）≠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）=x3+x2（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）﹣x2﹣1，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（x0）=x0与f′（x0）=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）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，y0），直线AB的斜率为为k．证明：k＞g′（x0）．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（x0））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．所以h（x）极大=h（）=﹣ln（﹣b）﹣1＞0，解得．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'（x0）=0，当x∈（x0，0）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∈（x0，0）时h（x）＞0．从而函数g（x）﹣f（x）在区间（x0，0）单调递增；又因为g（0）﹣f（0）=0，所以当x∈（x0，0），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，x0）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，x0）时，F'（x）＞0，故F（x）在[1，x0）上单调递增，从而当x∈（1，x0）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= 28…）上存在一点x0，使得g（x0）≥f（x0）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（x0）≥f（x0）成立，即在[1，e]上存在一点x0，使得h（x0）≥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（x0）≥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x0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 0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x2﹣ax+a=0在（0，+∞）上有两个不同的根x1，x2．即，解得a＞4，且x1+x2=a，x1x2=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（x1）+g（x2）＜8ln2﹣12，…（10分）又∵，，∴，即，∴g（x1）+g（x2）＜﹣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x0，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，lnx0+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=…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）min=h（1）=e，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，令h（x）=，h′（x）=，函数在[1，2）上单调递增，∴h（x）min=h（1）=﹣1．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（x0），其中x1≠x0，求证：x1+2x0=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（x0﹣1）2=a，由f（x0）=（x0﹣1）3﹣3x0（x0﹣1）2﹣b=（x0﹣1）2（﹣2x0﹣1）﹣b，f（3﹣2x0）=（2﹣2x0）3﹣3（3﹣2x0）（x0﹣1）2﹣b=（x0﹣1）2（8﹣8x0﹣9+6x0）﹣b=（x0﹣1）2（﹣2x0﹣1）﹣b，即为f（3﹣2x0）=f（x0）=f（x1），即有3﹣2x0=x1，即为x1+2x0=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（x0），其中x1≠x0，求证：x1+2x0=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x0≠0，由题意可得，f′（x）=3x2﹣a，则x02=，进而f（x0）=x03﹣ax0﹣b=﹣x0﹣b，又f（﹣2x0）=﹣8x03+2ax0﹣b=﹣x0+2ax0﹣b=f（x0），由题意及（Ⅰ）可得：存在唯一的实数x1，满足f（x1）=f（x0），其中x1≠x0，则有x1=﹣2x0，故有x1+2x0=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，即f′（x）=（x﹣1）（e x+2a）＞0恒成立，故f（x）单调递增，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，即f′（x）=（x﹣1）（e x+2a）＜0恒成立，故f（x）单调递减，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）∵x1，x2是f（x）的两个零点，∴f（x1）=f（x2）=0，且x1≠1，且x2≠1，∴﹣a==，令g（x）=，则g（x1）=g（x2）=﹣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，x0）时φ（x0）＞0，x∈（x0，2）时，φ（x0）＜0，∴函数h（x）在（1，x0）上单调递增；在（x0，2）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（x0，F（x0））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（x0））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（x0））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（x0，0），求证g′（x0）≠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′（x0）=0，即g′（x0）==﹣（x1+x2）﹣m=0，（中点坐标公式2x0=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'（x0）≠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；（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）=x3+x2（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*）．解：（Ⅰ）（2分）当a＞0时，f（x）的单调增区间为（0，1]，减区间为[1，+∞）；当a＜0时，f（x）的单调增区间为[1，+∞），减区间为（0，1]；当a=0时，f（x）不是单调函数（4分）（Ⅱ）得a=﹣2，f（x）=﹣2lnx+2x﹣3∴，∴g'（x）=3x2+（m+4）x﹣2（6分）∵g（x）在区间（t，3）上总不是单调函数，且g′（0）=﹣2∴由题意知：对于任意的t∈[1，2]，g′（t）＜0恒成立，所以有：，∴（10分）（Ⅲ）令a=﹣1此时f（x）=﹣lnx+x﹣3，所以f（1）=﹣2，由（Ⅰ）知f（x）=﹣lnx+x﹣3在（1，+∞）上单调递增，∴当x∈（1，+∞）时f（x）＞f（1），即﹣lnx+x﹣1＞0，∴lnx＜x﹣1对一切x∈（1，+∞）成立，（12分）∵n≥2，n∈N*，则有0＜lnn＜n﹣1，∴∴21．（2016湖南模拟）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）﹣x2﹣1，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*）．（1）解：依题意得f（x）max≥m，x∈[0，e﹣1]∵，而函数f（x）的定义域为（﹣1，+∞）∴f（x）在（﹣1，0）上为减函数，在（0，+∞）上为增函数，∴f（x）在[0，e﹣1]上为增函数，∴∴实数m的取值范围为m≤e2﹣2（2）解：g（x）=f（x）﹣x2﹣1=2x﹣2ln（1+x）=2[x﹣ln（1+x）]，∴显然，函数g（x）在（﹣1，0）上为减函数，在（0，+∞）上为增函数∴函数g（x）的最小值为g（0）=0∴要使方程g（x）=p至少有一个解，则p≥0，即p的最小值为0（3）证明：由（2）可知：g（x）=2[x﹣ln（1+x）]≥0在（﹣1，+∞）上恒成立所以ln（1+x）≤x，当且仅当x=0时等号成立令，则x∈（0，1）代入上面不等式得：即，即所以ln2﹣ln1＜1，，，…，将以上n个等式相加即可得到：22．（2016江门模拟）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）上总存在极值解：（Ⅰ），当a=1时，令导数大于0，可解得0＜x＜1，令导数小于0，可解得x＜0（舍）或x＞1故函数的单调增区间为（0，1），单调减区间是（1，+∞）（Ⅱ）得a=﹣2，f（x）=﹣2lnx+2x﹣3∴，∴g'（x）=3x2+（m+4）x﹣2∵g（x）在区间（t，3）上总不是单调函数，且g′（0）=﹣2∴，由题意知：对于任意的t∈[1，2]，g′（t）＜0恒成立，所以有：，∴．23．（2016鹰潭校级模拟）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（x0）=x0与f′（x0）=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．解：（1）当a=﹣2时，函数f（x）=x3+x2﹣2x+b则f′（x）=3x2+5x﹣2=（3x﹣1）（x+2）令f′（x）＜0，解得﹣2＜x＜，所以f（x）的单调递减区间为（﹣2，）；（2）函数f（x）的导函数为由于存在唯一的实数x0，使得f（x0）=x0与f′（x0）=0同时成立，则即x3+x2+（﹣3x2﹣5x﹣1）x+b=0存在唯一的实数根x0，故b=2x3+x2+x存在唯一的实数根x0，令y=2x3+x2+x，则y′=6x2+5x+1=（2x+1）（3x+1）=0，故x=﹣或x=﹣，则函数y=2x3+x2+x在（﹣∞，），（﹣，+∞）上是增函数，在（，﹣）上是减函数，由于x=﹣时，y=﹣；x=﹣时，y=﹣；故实数b的取值范围为：（﹣∞，﹣）∪（﹣，+∞）；（3）设点A（x0，f（x0）），则在点A处的切线l1的切线方程为y﹣f（x0）=f′（x0）（x﹣x0），与曲线C联立得到f（x）﹣f（x0）=f′（x0）（x﹣x0），即（x3+x2+ax+b）﹣（x03+x02+ax0+b）=（3x02+5x0+a）（x﹣x0），整理得到（x﹣x0）2[x+（2x0+）]=0，故点B的横坐标为x B=﹣（2x0+）由题意知，切线l1的斜率为k1=f′（x0）=3x02+5x0+a，l2的斜率为k2=f′（﹣（2x0+））=12x02+20x0++a，若存在常数λ，使得k2=λk1，则12x02+20x0++a=λ（3x02+5x0+a），即存在常数λ，使得（4﹣λ）（3x02+5x0）=（λ﹣1）a﹣，故，解得λ=4，a=，故a=时，存在常数λ=4，使得k2=4k1；a≠时，不存在常数，使得k2=4k1．24．（2016宜春校级模拟）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）．解：（Ⅰ）f′（x）=（x＞0），当a＞0时，f（x）的单调增区间为（0，1]，单调减区间为[1，+∞）；当a＜0时，f（x）的单调增区间为[1，+∞），单调减区间为（0，1]；（Ⅱ）令F（x）=alnx﹣ax﹣3+（a+1）x+4﹣e=alnx+x+1﹣e，则F′（x）=，若﹣a≤e，即a≥﹣e，F（x）在[e，e2]上是增函数，F（x）max=F（e2）=2a+e2﹣e+1≤0，a≤，无解．若e＜﹣a≤e2，即﹣e2≤a＜﹣e，F（x）在[e，﹣a]上是减函数；在[﹣a，e2]上是增函数，F（e）=a+1≤0，即a≤﹣1．F（e2）=2a+e2﹣e+1≤0，即a≤，∴﹣e2≤a≤．若﹣a＞e2，即a＜﹣e2，F（x）在[e，e2]上是减函数，F（x）max=F（e）=a+1≤0，即a≤﹣1，∴a＜﹣e2，综上所述，a≤．（Ⅲ）证明：令a=﹣1，此时f（x）=﹣lnx+x﹣3，所以f（1）=﹣2，由（Ⅰ）知f（x）=﹣lnx+x﹣3在（1，+∞）上单调递增，∴当x∈（1，+∞）时，f（x）＞f（1），即﹣lnx+x﹣1＞0，∴lnx＜x﹣1对一切x∈（1，+∞）成立，∵n≥2，n∈N*，则有ln（+1）＜＜=﹣，要证ln（22+1）+ln（32+1）+ln（42+1）+…+ln（n2+1）＜1+2lnn!（n≥2，n∈N*），只需证ln（+1）+ln（+1）+…+ln（+1）＜1（n≥2，n∈N*）；ln（+1）+ln（+1）+…+ln（+1）＜（1﹣）+（﹣）+…+（﹣）=1﹣＜1；所以原不等式成立．25．（2016延安校级模拟）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．解：（1）f（x）的定义域为（0，+∞）.，由f'（x）＞0得：0＜x＜1；由f'（x）＜0得：x＞1．故f（x）在（0，1）上递增，在（1，+∞）上递减．要使f（x）有两个零点，则f（1）＞0，解得：．…（5分）（2）∵x1，x2是f（x）的两个零点，∴lnx1﹣x1=lna，lnx2﹣x2=lna，则，．设，，所以g（x）在（0，1）上递增，在（1，+∞）上递减，故对任意，函数g（x）图象与直线y=a都有两个交点．横坐标分别为x1，x2，且x1∈（0，1），x2∈（1，+∞），如下图：…（9分）任取，设a1＜a2，则有g（ξ1）=g（ξ2）=a1，0＜ξ1＜1＜ξ2，g（η1）=g（η2）=a2，0＜η1＜1＜η2，由a1＜a2得：g（ξ1）＜g（η1），∵g（x）在（0，1）上递增，∴ξ1＜η1，同理得：ξ2＞η2，所以，故的值随a的值增大而增大．…（12分）26．（2016南昌三模）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．解：（I）由已知，得f'（x）=﹣e1﹣x（﹣a+cosx）﹣e1﹣x sinx=e1﹣x（a﹣（sinx+cosx））（2分）因为函数f（x）存在单调减区间，所以方程f'（x）＜0有解．而e1﹣x＞0恒成立，即a﹣（sinx+cosx）＜0有解，所以a＜（sinx+cosx）max．又，所以，．（5分）（II）因为a=0，所以f（x）=e1﹣x cosx，所以f（﹣x﹣1）=e x+2cos（﹣x﹣1）=e x+2cos（x+1）．因为2f'（x）cos（x+1）=﹣2e1﹣x（sinx+cosx）cos（x+1），所以f（﹣x﹣1）+2f'（x）cos（x+1）=cos（x+1）[e x+2﹣2e1﹣x（sinx+cosx）]，又对于任意，cos（x+1）＞0．（6分）要证原不等式成立，只要证e x+2﹣2e1﹣x（sinx+cosx）＞0，只要证，对于任意上恒成立．（8分）设函数，，则=，当x∈[﹣1，0]时，g'（x）≤0，即g（x）在[﹣1，0]上是减函数，当时，g'（x）＞0，即g（x）在上是增函数，所以，在上，g（x）min=g（0）=0，所以g（x）≥0．所以，，（当且仅当x=0时上式取等号）①（10分）设函数h（x）=e2x+1﹣（2x+2），，则h'（x）=2e2x+1﹣2=2（e2x+1﹣1），当时，h'（x）≤0，即h（x）在上是减函数，当时，h'（x）＞0，即h（x）在上是增函数，所以在上，，所以h（x）≥0，即e2x+1≥2x+2，（当且仅当时上式取等号）②．综上所述，，因为①②不可能同时取等号所以，在上恒成立，所以，总有f（﹣x﹣1）+2f'（x）cos（x+1）＞0成立．（12分）27．（2016包头校级三模）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．解：（1）若a=，f（x）=（x2+bx+1）e﹣x，则f′（x）=（2x+b）e﹣x﹣（x2+bx+1）e﹣x=﹣[x2+（b﹣2）x+1﹣b]e﹣x=﹣（x﹣1）[x﹣（1﹣b）]e﹣x，由f′（x）=0得﹣（x﹣1）[x﹣（1﹣b）]=0，即x=1或x=1﹣b，①若1﹣b=1，即b=0时，f′（x）=﹣（x﹣1）2e﹣x≤0，此时函数单调递减，单调递减区间为（﹣∞，+∞）．②若1﹣b＞1，即b＜0时，由f′（x）=﹣（x﹣1）[x﹣（1﹣b）]e﹣x＞0得（x﹣1）[x ﹣（1﹣b）]＜0，即1＜x＜1﹣b，此时函数单调递增，单调递增区间为（1，1﹣b），由f′（x）=﹣（x﹣1）[x﹣（1﹣b）]e﹣x＜0得（x﹣1）[x﹣（1﹣b）]＞0，即x＜1，或x＞1﹣b，此时函数单调递减，单调递减区间为（﹣∞，1），（1﹣b，+∞），③若1﹣b＜1，即b＞0时，由f′（x）=﹣（x﹣1）[x﹣（1﹣b）]e﹣x＞0得（x﹣1）[x ﹣（1﹣b）]＜0，即1﹣b＜x＜1，此时函数单调递增，单调递增区间为（1﹣b，1），由f′（x）=﹣（x﹣1）[x﹣（1﹣b）]e﹣x＜0得（x﹣1）[x﹣（1﹣b）]＞0，即x＜1﹣b，或x＞1，此时函数单调递减，单调递减区间为（﹣∞，1﹣b），（1，+∞）．（2）若f（1）=1，则f（1）=（2a+b+1）e﹣1=1，即2a+b+1=e，则b=e﹣1﹣2a，若方程f（x）=1在（0，1）内有解，即方程f（x）=（2ax2+bx+1）e﹣x=1在（0，1）内有解，即2ax2+bx+1=e x在（0，1）内有解，即e x﹣2ax2﹣bx﹣1=0，设g（x）=e x﹣2ax2﹣bx﹣1，则g（x）在（0，1）内有零点，设x0是g（x）在（0，1）内的一个零点，则g（0）=0，g（1）=0，知函数g（x）在（0，x0）和（x0，1）上不可能单调递增，也不可能单调递减，设h（x）=g′（x），则h（x）在（0，x0）和（x0，1）上存在零点，即h（x）在（0，1）上至少有两个零点，g′（x）=e x﹣4ax﹣b，h′（x）=e x﹣4a，当a≤时，h′（x）＞0，h（x）在（0，1）上递增，h（x）不可能有两个及以上零点，当a≥时，h′（x）＜0，h（x）在（0，1）上递减，h（x）不可能有两个及以上零点，当＜a＜时，令h′（x）=0，得x=ln（4a）∈（0，1），则h（x）在（0，ln（4a））上递减，在（ln（4a），1）上递增，h（x）在（0，1）上存在最小值h（ln（4a））．若h（x）有两个零点，则有h（ln（4a））＜0，h（0）＞0，h（1）＞0，h（ln（4a））=4a﹣4aln（4a）﹣b=6a﹣4aln（4a）+1﹣e，＜a＜，设φ（x）=x﹣xlnx+1﹣x，（1＜x＜e），则φ′（x）=﹣lnx，令φ′（x）=﹣lnx=0，得x=，当1＜x＜时，φ′（x）＞0，此时函数φ（x）递增，当＜x＜e时，φ′（x）＜0，此时函数φ（x）递减，则φ（x）max=φ（）=+1﹣e＜0，则h（ln（4a））＜0恒成立，由h（0）=1﹣b=2a﹣e+2＞0，h（1）=e﹣4a﹣b＞0，得＜a＜，当＜a＜时，设h（x）的两个零点为x1，x2，则g（x）在（0，x1）递增，在（x1，x2）上递减，在（x2，1）递增，则g（x1）＞g（0）=0，g（x2）＜g（1）=0，则g（x）在（x1，x2）内有零点，综上，实数a的取值范围是（，）．28．（2016葫芦岛一模）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）解（1）f′（x）=，由题意：f′（1）== f（1）==解得：a=1，b=2…（3分）（2）：由（1）知：f（x）=，由题意：﹣kln（1+x）≥0令F（x）=﹣kln（1+x），则F′（x）=1+﹣…（5分）。

高考数学导数压轴大题7大题型梳理归纳

导数压轴大题7个题型梳理归纳题型一：含参分类讨论类型一：主导函数为一次型例1：已知函数()ln f x ax a x =--，且()0f x ≥.求a 的值解：()1ax f x x-'=.当0a ≤时，()0f x '<，即()f x 在()0,+∞上单调递减，所以当01x ∀>时，()()010f x f <=，与()0f x ≥恒成立矛盾.当0a >时，因为10x a <<时()0f x '<，当1x a>时()0f x '>，所以()min 1f x f a ⎛⎫= ⎪⎝⎭，又因为()1ln10f a a =--=，所以11a =，解得1a =类型二：主导函数为二次型例2: 已知函数()()320f x x kx x k =-+<.讨论()f x 在[],k k -上的单调性. 解：()f x 的定义域为R ，()()23210f x x kx k '=-+<，其开口向上，对称轴3k x =，且过()0,1，故03kk k <<<-，明显不能分解因式，得2412k ∆=-.（1）当24120k ∆=-≤时，即0k ≤<时，()0f x '≥，所以()f x 在[],k k -上单调递增；（2）当24120k ∆=->时，即k <令()23210f x x kx '=-+=，解得：12x x ==，因为()()210,010f k k f ''=+>=>，所以两根均在[],0k 上.因此，结合()f x '图像可得：()f x 在,,33k k k k ⎡⎡⎤+-⎢⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦上单调递增，在⎢⎥⎣⎦上单调递减.类型三：主导函数为超越型例3：已知函数()cos xf x e x x =-.求函数()f x 在区间0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最值. 解：定义域0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦，()()cos sin 1x f x e x x '=--，令()()cos sin 1xh x e x x =--，则()()cos sin sin cos 2sin .xx h x e x x x x e x '=---=-当0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，可得()0h x '≤，即()h x 在0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦递减，可得()()()000h x h f '≤==，则()f x 在0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦递减，所以()()()max01,.22f x f f x f ππ⎛⎫====- ⎪⎝⎭类型四：复杂含参分类讨论例4：已知函数()()33f x x x a a R =+-∈.若()f x 在[]1,1-上的最大值和最小值分别记为()(),M a m a ，求()()M a m a -.解：()33333,333,x x a x a f x x x a x x a x a ⎧+-≥⎪=+-=⎨-+<⎪⎩，()2233,33,x x af x x x a⎧+≥⎪'=⎨-<⎪⎩ ①当1a ≤-时，有x a ≥，故()333f x x x a =+-，所以()f x 在()1,1-上是增函数，()()()()143,143M a f a m a f a ==-=-=--，故()()8M a m a -=.②当11a -<<时，若()()3,1,33x a f x x x a ∈=+-，在(),1a 上是增函数；若()1,x a ∈-，()333f x x x a =-+，在()1,a -上是减函数，()()(){}()()3max 1,1,M a f f m a f a a =-==，由于()()1162f f a --=-+因此当113a -<≤时，()()334M a m a a a -=--+；当113a <<时，()()332M a m a a a -=-++.③当1a ≥时，有x a ≤，故()333f x x x a =-+，此时()f x 在()1,1-上是减函数，因此()()()()123,123M a f a m a f a =-=+==-+，故()()4M a m a -=.题型二：利用参变分离法解决的恒成立问题类型一：参变分离后分母跨0例5：已知函数()()()242,22xf x x xg x e x =++=+，若2x ≥-时，()()f x kg x ≤，求k 的取值范围.解：由题意()24221xx x ke x ++≤+，对于任意的2x ≥-恒成立.当1x =-，上式恒成立，故k R ∈；当1x >-，上式化为()24221x x x k e x ++≥+，令()()()2421,21x x x h x x e x ++=>-+ ()()()22+221x xxe x h x e x -'=+，所以()h x 在0x =处取得最大值，()01k h ≥= 当21x -≤<-时，上式化为()24221x x x k e x ++≤+，()h x 单调递增，故()h x 在2x =-处取得最小值，()22k h e ≤-=.综上，k 的取值范围为21,e ⎡⎤⎣⎦.类型二：参变分离后需多次求导例6：已知函数()()()()212ln ,f x a x x a R =---∈对任意的()10,,02x f x ⎛⎫∈> ⎪⎝⎭恒成立，求a 的最小值.解：即对12ln 0,,221xx a x ⎛⎫∈>-⎪-⎝⎭恒成立. 令()2ln 12,0,12x l x x x ⎛⎫=-∈ ⎪-⎝⎭，则()()()()222212ln 2ln 211x x x x x l x x x --+-'=-=-- 再令()()()222121122ln 2,0,,02x m x x x m x x x x x --⎛⎫'=+-∈=-+=< ⎪⎝⎭()m x 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上为减函数，于是()122ln 202m x m ⎛⎫>=->⎪⎝⎭，从而，()0l x '>，于是()l x 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上为增函数，()124ln 22l x l ⎛⎫<=- ⎪⎝⎭，故要2ln 21xa x >--恒成立，只要[)24ln 2,a ∈-+∞，即a 的最小值24ln 2-. 变式1：已知函数()()1ln ,0x f x x a R a ax -=+∈≠，()()()11x g x b x xe b R x=---∈（1）讨论()f x 的单调性；（2）当1a =时，若关于x 的不等式()()2f x g x +≤-恒成立，求b 取值范围.类型三：参变分离后零点设而不求例7：已知函数()ln f x x x x =+，若k Z ∈，且()1f x k x <-对于任意1x >恒成立，求k 的最大值.解：恒成立不等式()minln ln ,111f x x x x x x x k k x x x ++⎛⎫<=< ⎪---⎝⎭，令()ln 1x x x g x x +=-，则()()2ln 21x x g x x --'=-，考虑分子()ln 2,h x x x =-- ()110h x x'=->，()h x 在()1,+∞单调递增.()()31ln 30,42ln 20h h =-<=->由零点存在定理，()3,4b ∃∈，使得()0h b =.所以()1,x b ∈，()()00h x g x '<⇒<，同理()(),,0x b g x '∈+∞>，所以()g x 在 ()1,b 单调递减，在(),b +∞单调递增.()()min ln 1b b bg x g b b +==-，因为()0h b =即ln 20ln 2b b b b --=⇒=-，()()()23,4,1b b b g b b b +-==∈-所以,k b <得max 3k =变式1：（理）已知函数().x ln x eaxx f x +-=（2）当0>x 时，()e x f -≤，求a 的取值范围.题型三：无法参变分离的恒成立问题类型一：切线法例8：若[)20,,10x x e ax x ∈+∞---≥，求a 的取值范围.类型二：赋值法例9：已知实数0a ≠，设函数()ln 1,0f x a x x x =++>.（1）当34a =-时，求函数()f x 的单调区间；（2）对于任意21,e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭均有()2x f x a ≤，求a 的取值范围. 解析：（1）当34a =-时，3()ln 1,04f x x x x =-++>． 3(12)(21()42141x x f 'x x x x x++=-=++ 所以，函数()f x 的单调递减区间为（0，3），单调递增区间为（3，+∞）．（2）由1(1)2f a≤，得0a <≤当04a <≤时，()2f x a≤等价于22ln 0x a a --≥．令1t a=，则t ≥．设()22ln ,g t t x t =≥，则()2ln g t g x ≥=．（i ）当1,7x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭≤则()2ln g t g x ≥=．记1()ln ,7p x x x =≥，则1()p'x x =-=.故所以，()(1)0p x p ≥= ．因此，()2()0g t g p x ≥=≥．（ii ）当211,e 7x ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时，1()1g t g x ⎛+= ⎝．令211()(1),,e 7q x x x x ⎡⎤=++∈⎢⎥⎣⎦，则()10q'x =+>，故()q x 在211,e 7⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增，所以1()7q x q ⎛⎫⎪⎝⎭．由（i ）得11(1)07777q p p ⎛⎫⎛⎫=-<-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．所以，()<0q x ．因此1()10g t g x ⎛+=>⎝．由（i ）（ii ）得对任意21,e x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，),()0t g t ∈+∞，即对任意21,e x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，均有()2x f x a．综上所述，所求a 的取值范围是⎛ ⎝⎦题型四：零点问题类型一：利用单调性与零点存在定理讨论零点个数例10：已知函数()()31+ln .4f x x axg x x =+=-，（2）用{}min ,m n 表示,m n 中最小值，设函数()()(){}()min ,0h x f x g x x =>讨论()h x 零点个数.解：（2）当(1,)x ∈+∞时，()ln 0g x x =-<，从而()min{(),()}()0h x f x g x g x =<≤，∴()h x 在(1,)+∞无零点．当x =1时，若54a -≥，则5(1)04f a =+≥，(1)min{(1),(1)}(1)0h fg g ===, 故x =1是()h x 的零点；若54a <-，则5(1)04f a =+<，(1)min{(1),(1)}(1)0h f g f ==<,故x =1不是()h x 的零点．当(0,1)x ∈时，()ln 0g x x =->，所以只需考虑()f x 在(0,1)的零点个数． (ⅰ)若3a -≤或0a ≥，则2()3f x x a '=+在(0,1)无零点，故()f x 在(0,1)单调，而1(0)4f =，5(1)4f a =+，所以当3a -≤时，()f x 在(0,1)有一个零点；当a ≥0时，()f x 在(0,1)无零点.(ⅱ)若30a -<<，则()f x 在（01）单调递增，故当x ()f x 取的最小值，最小值为f 14．①若f ＞0，即34-＜a ＜0，()f x 在(0,1)无零点．②若f =0，即34a =-，则()f x 在(0,1)有唯一零点；③若f ＜0，即334a -<<-，由于1(0)4f =，5(1)4f a =+，所以当5344a -<<-时，()f x 在(0,1)有两个零点；当534a -<≤-时，()f x 在(0,1)有一个零点．综上，当34a >-或54a <-时，()h x 由一个零点；当34a =-或54a =-时，()h x 有两个零点；当5344a -<<-时，()h x 有三个零点．类型二：±∞方向上的函数值分析例11：已知函数()()22.x xf x ae a e x =+--若()f x 有两个零点，求a 取值范围.（2）（ⅰ）若0a ≤，由（1）知，()f x 至多有一个零点．（ⅱ）若0a >，由（1）知，当ln x a =-时，()f x 取得最小值，最小值为1(ln )1ln f a a a-=-+．①当1a =时，由于(ln )0f a -=，故()f x 只有一个零点； ②当(1,)a ∈+∞时，由于11ln 0a a-+>，即(ln )0f a ->，故()f x 没有零点； ③当(0,1)a ∈时，11ln 0a a-+<，即(ln )0f a -<．又422(2)e(2)e 22e 20f a a ----=+-+>-+>，故()f x 在(,ln )a -∞-有一个零点．设正整数0n 满足03ln 1n a ⎛⎫>+⎪⎝⎭，则()()000032ln 10n nf n e ae n f a ⎛⎫⎛⎫>-->+> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，因此()f x 在(ln ,)a -+∞有一个零点．综上，a 的取值范围为(0,1)．总结：若()01,ln 0a f a <<-<，要证明()f x 有两个零点，结合零点存在定理，分别在a 的左右两侧，这两个点的函数值()f x 都大于0，这时候需要我们对函数进行适当地放缩，化简，以便取值.先分析当x →-∞，2,x x ae ae 虽然为正，但是对式子影响不大，因此可以大胆的舍掉，得出()2xf x x e >--，显然我们对于右侧这个式子观察，就容易得出一个足够小的x （如1x =-），使得式子大于0了.再分析当x →+∞，我们可以把x ae 这个虽然是正数，但贡献比较小的项舍掉来简化运算，得到()()2xxf x eaex >--，显然当x 足够大，就可以使()2x ae -大于任何正数.那么把它放缩成多少才可以使得x e 的倍数大于x 呢？由常用的不等式1x e x x ≥+>，因此只需要使得21x ae ->即3ln x a >（如3ln 1x a=+）就可以了.题型五：极值点偏移类型一：标准极值点偏移例13:已知函数()()()221x f x x e a x =-+-有两个零点1,2x x ，证明12 2.x x +<解：不妨设12x x <，由（Ⅰ）知12(,1),(1,)x x ∈-∞∈+∞，22(,1)x -∈-∞，又()f x 在(,1)-∞上单调递减，所以122x x +<等价于12()(2)f x f x >-，即2(2)0f x -<．由于222222(2)(1)x f x x e a x --=-+-，而22222()(2)(1)0xf x x e a x =-+-=，所以222222(2)(2)x x f x x ex e --=---．设2()(2)xx g x xex e -=---，则2'()(1)()x x g x x e e -=--．所以当1x >时，'()0g x <，而(1)0g =，故当1x >时，()0g x <．从而22()(2)0g x f x =-<，故122x x +<．类型二：推广极值点偏移例14：已知()()()12ln ,f x x x f x f x ==，求证121x x +<. 解：我们可以发现12,x x 不一定恒在12x =两侧，因此需要分类讨论：（1）若12102x x <<<，则1211122x x +<+=，该不等式显然成立；（2）若121012x x <<<<，令()()()()()1ln 1ln 1g x f x f x x x x x =--=---102x <<，故()()()()12ln ln 12,01x g x x x g x x x -'''=+-+=>-，()g x '在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，当0x →时，()1;22ln 202g x g ⎛⎫''→-∞=-> ⎪⎝⎭.010,2x ⎛⎫∃∈ ⎪⎝⎭使()00g x '=即()g x 在()00,x 上单调递减，在01,2x ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，又0x →时，()0g x →，且102g ⎛⎫=⎪⎝⎭，故()0g x <，即()()1f x f x <-对10,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭成立，得证.题型六：双变量问题类型一：齐次划转单变量例15：已知函数()()1ln 1a x f x x x -=-+()2a ≤.设,m n R +∈，且m n ≠，求证ln ln 2m n m nm n -+<-. 解：设m n >，证明原不等式成立等价于证明()2ln m n mm n n-<+成立，即证明21ln 1m m n m n n⎛⎫- ⎪⎝⎭<+成立.令m t n =，1t >，即证()()21ln 01t g t t t -=->+.由（1）得，()g t 在()0,+∞上单调递增，故()()10g t g >=，得证.变式1：对数函数()x f 过定点⎪⎭⎫ ⎝⎛21,e P ，函数()()()为常数m ,n x f m n x g '-=，()()的导函数为其中x f x f '.（1）讨论()x g 的单调性；（2）若对于()+∞∈∀,x 0有()m n x g -≤恒成立，且()()n x x g x h -+=2在()2121x x x ,x x ≠=处的导数相等，求证：()()22721ln x h x h ->+.解：（2）因为()1g n m =-，而()0,x ∀∈+∞有()()1g x n m g ≤-=恒成立，知()g x 当1x =时有最大值()1g ，有（1）知必有1m =.∴()()()11ln ,22ln ,g x n x h x g x x n x x x x=--=+-=-- 依题意设()()211122221120,1120k x x h x h x k k x x ⎧-+-=⎪⎪''==⎨⎪-+-=⎪⎩∴12111x x +=121212+=4x x x x x x ⇒≥>∴()()()()121212*********+ln ln 21ln h x h x x x x x x x x x x x ⎛⎫+=-+-+=-- ⎪⎝⎭令()124,21ln t x x t t t ϕ=>=--，()()1204t t tϕ'=->> ∴()t ϕ在4t >单调递增，∴()()472ln 2t ϕϕ>=-类型二：构造相同表达式转变单变量例16：已知,m n 是正整数，且1m n <<，证明()()11.nmm n +>+解：两边同时取对数，证明不等式成立等价于证明()()ln 1ln 1n m m n +>+，即证明()()ln 1ln 1m n m n ++>，构造函数()()ln 1x f x x+=，()()2ln 11xx x f x x -++'=，令()()ln 11x g x x x =-++，()()()22110111x g x x x x -'=-=<+++，故()()00g x g <=，故()0f x '<，结合1,m n <<知()()f m f n >类型三：方程消元转单变量例17：已知()ln xf x x=与()g x ax b =+，两交点的横坐标分别为1,2x x ，12x x ≠，求证：()()12122x x g x x ++>解：依题意11211112222222ln ln ln ln x ax b x x ax bx x x ax bx ax b x ⎧=+⎪⎧=+⎪⎪⇒⎨⎨=+⎪⎪⎩=+⎪⎩，相减得： ()()()12121212ln ln x x a x x x x b x x -=+-+-，化简得()()121212lnx x a x x b x x ++=-，()()()()()()112121121212121122221ln ln 1x x x x x x x x g x x x x a x x b x x x x x x ++++=+++==⎡⎤⎣⎦-- 设12x x >，令121x t x =>，()()()12122112ln 2ln 011t t x x g x x t t t t -+++>⇔>⇔->-+ 再求导分析单调性即可.变式1：已知函数()1++=ax x ln x f 有两个零点21x ,x .()10a -<<（2）记()x f 的极值点为0x ，求证：()0212x ef x x >+.变式2：设函数()()3211232xf x ex kx kx =--+. 若()f x 存在三个极值点123,,x x x ，且123x x x <<，求k 范围，证明1322x x x +>.变式3：已知函数()122ln 21x ef x a x x x-⎛⎫=++-- ⎪⎝⎭在定义域()0,2内有两个极值点.（1）求实数a 的取值范围；（2）设12,x x 是()f x 两个极值点，求证12ln ln ln 0x x a ++>.类型四：利用韦达定理转单变量例18：已知()()21ln 02f x x x a x a =-+>，若()f x 存在两极值点1,2x x ，求证：()()1232ln 24f x f x --+>.解：()21,a x x af x x x x-+'=-+=由韦达定理12121,x x x x a +==1140,4a a ∆=->< ()()()()()212121212121+2ln 2f x f x x x x x x x a x x ⎡⎤=+--++⎣⎦ ()11121ln ln 22a a a a a a =--+=--令()()11ln ,0,ln 024g a a a a a g a a '=--<<=<，()g a 在10,4⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，故()132ln 244g a g --⎛⎫>=⎪⎝⎭. 变式1:已知函数().R a ,x ax x ln x f ∈-+=22（2）若n ,m 是函数()x f 的两个极值点，且n m <，求证：.mn 1>方法二：变式2：已知函数()213ln 222f x x ax x =+-+()0a ≥. （1）讨论函数()f x 的极值点个数；（2）若()f x 有两个极值点12,x x ，证明()()110f x f x +<.题型六：不等式问题类型一：直接构造函数解决不等式问题例19：当()0,1x ∈时，证明：()()221ln 1x x x ++<.解：令()()()221ln 1f x x x x =++-，则()00f =，而()()()()2ln 1ln 12,00f x x x x f ''=+++-=，当()0,1x ∈时，有()ln 1x x +<，故()()()ln 12222ln 10111x f x x x x x x+''=+-=+-<⎡⎤⎣⎦+++， ()f x '在()0,1上递减，即()()00f x f ''<=，从而()f x 在()0,1递减，()()00f x f ≤=，原不等式得证.变式1：已知函数()()()R a ex x ln x a x f ∈+-=1.（1）求函数()x f 在点1=x 处的切线方程；（2）若不等式()0≤-x e x f 对任意的[)+∞∈,x 1恒成立，求实数a 的取值范围解：（2）令()()()()1ln 1,x xg x f x e a x x ex e x =-=-+->()1ln 1xg x a x e e x ⎛⎫'=+-+- ⎪⎝⎭， ①若0a ≤，则()g x '在[)1,+∞上单调递减，又()10g '=.即()0g x '≤恒成立，所以()g x 在[)1,+∞上单调递减，又()10g =，所以()0g x ≤恒成立.②0a >，令()()1ln 1,x h x g x a x e e x ⎛⎫'==+-+- ⎪⎝⎭所以()211xh x a e x x ⎛⎫'=+-⎪⎝⎭，易知211x x +与x -e 在[)1,+∞上单调递减，所以()h x '在[)1,+∞上单调递减，()12h a e '=-. 当20a e -≤，即02ea <≤时，()0h x '≤在[)1,+∞上恒成立，则()h x 在[)1,+∞上单调递减，即()g x '在[)1,+∞上单调递减，又()10g '=，()0g x '≤恒成立，()g x 在[)1,+∞上单调递减，又()10g =，()0g x ≤恒成立.当20a e ->时，即2ea >时，()01,x ∃∈+∞使()00h x '=，所以()h x 在()01,x 上单调递增，此时()()10h x h >=，所以()0g x '>所以()g x 在()01,x 递增，得()()10g x g >=，不符合题意. 综上，实数a 的取值范围是2e a ≤. 变式2：（文）已知函数()()()().R a ,x a x g ,x ln x x f ∈-=+=11（1）求直线()x g y =与曲线()x f y =相切时，切点T 的坐标. （2）当()10,x ∈时，()()x f x g >恒成立，求a 的取值范围.解：(1)设切点坐标为()00x y ，，()1ln 1f x x x'=++，则()()000001ln 11ln 1x a x x x a x ⎧++=⎪⎨⎪+=-⎩，∴00012ln 0x x x -+=.令()12ln h x x x x=-+，∴()22210x x h x x -+'=-≤，∴()h x 在()0+∞，上单调递减， ∴()0h x =最多有一根.又∵()10h =，∴01x =，此时00y =，T 的坐标为(1，0).(2)当()0 1x ∈，时，()()g x f x >恒成立，等价于()1ln 01a x x x --<+对()0 1x ∈，恒成立. 令()()1ln 1a x h x x x -=-+，则()()()()2222111211x a x ah x x x x x +-+'=-=++，()10h =. ①当2a ≤，()1x ∈0，时，()22211210x a x x x +-+≥-+>， ∴()0h x '>，()h x 在()0 1x ∈，上单调递增，因此()0h x <. ②当2a >时，令()0h x '=得1211x a x a =-=-由21x >与121x x =得，101x <<.∴当()1 1x x ∈，时，()0h x '<，()h x 单调递减， ∴当()1 1x x ∈，时，()()10h x h >=，不符合题意；综上所述得，a 的取值范围是(] 2-∞，.变式3：（文）已知函数().x x x ln x f 12---=（2）若存在实数m ，对于任意()∞+∈0x ，不等式()()()0212≤+-+x x m x f 恒成立，求实数m 的最小整数值.解：（2）法一：参变分离+二次局部求导+虚设零点变式4：（理）已知函数()()()R a x a eae x f xx∈-++=-22.（1）讨论()x f 的单调性；（2）当0≥x 时，()(),x cos a x f 2+≥求实数a 的取值范围.变式5：已知()1ln ,mf x x m x m R x-=+-∈. （1）当202e m <≤时，证明()21x e x xf x m >-+-.类型二：利用min max f g >证明不等式问题例20：设函数()1ln x xbe f x ae x x-=+曲线()y f x =在点()()1,1f 的切线方程为()12y e x =-+.（1）求,a b 值；（2）证明：()1f x >【解析】(1)函数()f x 的定义域为(0,)+∞，112()ln xx x x a b b f x ae x e e e x x x--=+-+．由题意可得(1)2f =，(1)f e '=．1, 2.a b ==故(2)由(1)知12()ln xx f x e x e x -=+，从而()1f x >等价于2ln x x x xe e->-．设函数()1g x x nx =，则'()1g x nx =．所以当1(0,)x e ∈时，()0g x '<；当1(,)x e ∈+∞时，()0g x '>．故()g x 在1(0,)e 单调递减，在1(,)e+∞单调递增，从而()g x 在(0,)+∞的最小值为11()g e e=-．设函数2()xh x xee-=-，则'()(1)x h x e x -=-．所以当(0,1)x ∈时()0h x '>；当(1,)x ∈+∞时，()0h x '<故()h x 在(0,1)单调递增，在(1,)+∞单调递减，从而()h x 在(0,)+∞的最大值为1(1)h e=-．变式1. 已知函数()x ln a bx x f +=2的图像在点()()11f ,处的切线斜率为2+a .（1）讨论()x f 的单调性；（2）当20e a ≤<时，证明：()222-+<x e xx x f 解：（2）要证()222x f x x e x -<+，需证明22ln 2x a x e x x-<.令()ln 02a x e g x a x ⎛⎫=<≤ ⎪⎝⎭，则()()21ln a x g x x -'=，当()0g x '>时，得0x e <<；当()0,g x '<得x e >. 所以()()max ag x g e e==. 令()()2220x e h x x x -=>，则()()2322x e x h x x--'=. 当()0h x '>时，得2x >；当()0h x '<时，得02x <<. 所以()()min 122h x h ==.因为02e a <≤，所以()max 12a g x e ==. 又2e ≠，所以22ln 2x a x e x x-<，即()222x f x x e x -<+得证.变式2：（理）已知函数()().ax ln axx f -=（1）求()x f 的极值；（2）若()012≤+-++m x e mx x ln e x x ，求正实数m 的取值范围.变式3：已知()1ln ,mf x x m x m R x-=+-∈. （2）当202e m <≤时，证明()21x e x xf x m >-+-.类型三：利用赋值法不等式问题例21：已知函数()2x xf x e e x -=--.（1）讨论()f x 的单调性；（2）设()()()24g x f x bf x =-，当0x >，()0g x >，求b 的最大值. （3）估计ln 2（精确小数点后三位）.解：因为()()()()()2224484xx x x g x f x bf x e e b e e b x --=-=---+-所以()()()()()2222422222xx x x x x x xg x ee b e e b e e e e b ----⎡⎤'=+-++-=+-+-+⎣⎦①当2b ≤时，()0,g x '≥等号仅当0x =时成立，所以()g x 在R 上单调递增，而()00g =，所以对于任意()0,0x g x >>.②当2b >，若x 满足222x x e e b -<+<-，即(20ln 12x b b b <<-+-时，()0g x '<，而()00g =，因此当(20ln 12x b b b <≤--时，()0g x <，综上最大为2.（3）由（2）知，(()3221ln 22g b =-+-，当2b =时，(36ln 20,ln 20.69282g =->>>；当14b =+时，(ln 1b -+=(()32ln 202g =--<，18ln 20.69328+<<，所以近似值为0.693类型四：利用放缩法构造中间不等式例22：若0x >，证明：()ln 1.1x x xx e +>- 解：转化成整式()()2ln 11xx e x +->.令()()()2ln 11xf x x e x =+--，则()()1ln 121x xe f x e x x x -'=++-+()()()21ln 1211x x x e x e f x e x x x +''=+++-++.由()+1ln 11x x e x x x ≥+≥+，，得()()()()3222112120,11x x x x f x x x x +++''≥++-=>++()()00,f x f ''≥=故()()00f x f ≥=，得证.变式1：（2020河南鹤壁市高三期末）已知函数()21xf x e kx =--，()()()2ln 1g x k x x k R =+-∈.（2）若不等式()()0f x g x +≥对任意0x ≥恒成立，求实数k 范围.变式2:（2020年河南六市联考）已知函数()()2ln 1sin 1f x x x =+++，()1ln g x ax b x =-- 证明：当1,x >-()()2sin 22xf x x x e<++类型五：与数列相关的不等式例23：设m 为整数，且对于任意正整数n ，2111111222n m ⎛⎫⎛⎫⎛⎫++⋅⋅⋅+< ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，求m 的最小值.解：（2）由（1）知当(1,)x ∈+∞时，1ln 0x x -->令112n x =+得11ln(1)22n n +<，从而 221111111ln(1)ln(1)ln(1)112222222n n n ++++⋅⋅⋅++<++⋅⋅⋅+=-<故2111(1)(1)(1)222n e ++⋅⋅⋅+<而23111(1)(1)(1)2222+++>，所以m 的最小值为3．变式1：（理）已知函数()()()021>+-+=a ax xx ln x f .（1）若不等式()0≥x f 对于任意的0≥x 恒成立，求实数a 的取值范围；（2）证明：().N n ln ln ln ln n n n *-∈⎪⎭⎫⎝⎛->⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-++⋅⋅⋅+++1212121279353变式1：（2020河南开封二模）已知函数()1xf x e x =--.（1）证明()0f x >；（2）设m 为整数，且对于任意正整数n ，2111111222n m ⎛⎫⎛⎫⎛⎫++⋅⋅⋅+< ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，求m 的最小值.类型六：与切、割线相关的不等式例24：已知函数()()2901xf x a ax =>+ （1）求()f x 在1,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最大值；（2）若直线2y x a =-+为曲线()y f x =的切线，求实数的值；（3）当2a =时，设12141,,22x x x ⎡⎤⋅⋅⋅∈⎢⎥⎣⎦，且121414x x x +⋅⋅⋅+=，若不等式()()()1214f x f x f x λ+⋅⋅⋅+≤恒成立，求实数λ的最小值.解：证明()29412xf x x x=≤-++，即32281040x x x -+-+≥，令()3228104F x x x x =-+-+，()261610F x x x '=-+-，所以()F x在1,12⎛⎫⎪⎝⎭，5,23⎛⎫ ⎪⎝⎭递减，在51,3⎛⎫ ⎪⎝⎭递增.而()50,203F F ⎛⎫>> ⎪⎝⎭，表明不等式()29412xf x x x =≤-++成立.所以()()()12141244+442n f x f x f x x x x ++⋅⋅⋅+≤-+-+⋅⋅⋅-+=，等号在全部为1时成立，所以λ最小值为42。

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．。

二次求导法在解决问题中的常见类型-高考数学复习

则 F （ x －1）＞0，
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 ）

二次求导法解高考导数题说课讲解

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n 卷(文)(21))设函数f (x) =(1-x 2)e x .(I )讨论f (x)的单调性；(ll)当x _ 0时，f (x)乞ax • 1，求a 的取值范围. 解：⑴略.(II)当 x _ 0 时，f (x) 一 ax 1 等价于 ax 一(1 - x 2)e x -1. 若x=0，显然成立，a 三R .-2xeX 仆/略 x - (1/疋-1(_x 3 _ x 2 x-1)e x 1g(x) _2_2xx令 h(x)二(-x 3 -x 2 x -1)e x 1 , h (x) - -e x (x 3 4x 2 x) :: 0，所以 h(x)在 x (0,：：) 内是减函数，易知h(0)=0，所以当(0, •：：)时，h(x) ：：： 0，即g(x)：：：0，所以g(x)在(0, •：：)上单调递减，所以—肚-x 2 -2x "X 乂勻二1，所以 a-1,综上所述，a 的取值范围是I1,+ -.2 (2016 年高考课标 n 卷(文)(20)) 已知函数 f(x)=(x+1)lnx — a(x —1).(I )当a = 4时，求曲线y 二f (x)在1, f(1)处的切线方程；若x 0时,设 g(x)二(1 x 2)e x 1xX e「XX-叫IniK-0\)/ 2 O-- ^1 -Xe2(II)若当x 「1, •::时，f(x)>0，求a 的取值范围解：⑴略.(II)当X ・(1「J 时，f(x) .0等价于a ：：：乞如，设禺⑴二区如X —1X —1X +1(ln x )(x -1) -(x 1)ln x x 2令 h(x)二 x -2xln x -1 , h (x) = 2x -2ln x -2 = 2(x -ln x -1) 0，所以 h(x)在x 「1,=内是增函数，易知h(1)=0，所以当1, •::时，h(x) • 0,即g (x 0 ，所以g(x)在x ・1, •::上单调递增，所以讪=佃(x+1)ln x -(1 +1呵=a +伽乂了「也+ 阮1 =2，所以 J X-1 心X-1 XA [ x -X 吕a 岂2，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f (x )=e X —2x +2a,x € R .(I)求f x 的单调区间与极值;解：⑴略.继续对g x 求导得g x ]=e X -2，当x 变化时g x , g x 变化如下表g (x)二x 2 -2xln x -1 x(x -1)2(n)求证：当a > ln2 -1 且 x > 0 时, e x > x 2 - 2ax 1 .(n)设 g x 二e X -x 2 2ax-1,贝U g x 二 e x -2x 2a ,由上表可知g x _ g Tn2 ,而 g In 2]=e ln2 —21 n2 2a =2—21 n2 2a =2 a — In2 1，由 a > In2-1 知g ln 2 j a 0，所以g x\>0，即g x 在区间0,亠「上为增函数.于是有 g x g(0)，而 g 0i=e° -02 2a 0-1=0,故 g x i ，0，即当 a > In2 -1 且 x > 0 时，e x > x 2 - 2ax 1.2 yIn 2(1 x)-1+x(I)求函数f (x)的单调区间；(n)若不等式(1 ^)n a me 对任意的n N*都成立(其中e 是自然对数的底数) n大值•解：(I )函数f (x)的定义域是(-1,=),2 2…、2In(1 +x) x +2x 2(1+x)In(1+x) —x -2xf (x)22•1+x (1+x)(1+x)设 g(x) =2(1 x)In(1 x) -x 2 -2x ，则 g (x) =2In(1 x) -2x .2—2x 令 h(x) =2In(1 x) -2x ，则 h(x) 2•1+x 1+x当-V x : 0时，h (x)0 ,从而h(x)在(-1,0)上为增函数，当x 0时，h(x) ：：： 0，从而h(x)在(0, •：：)上为减函数• 所以h(x)在X = 0处取得极大值，而h(0) =0，所以g (x) ：, 0(x= 0)，函数g(x)在4 （2008年高考湖南卷（理）(21))已知函数f(x) =.求a 的最(-1, •二)上为减函数•于是当—1：：：x；：：0 时，g(x) g(0)=0,当x 0 时，g(x) ：：：g(0) = 0 •所以当-1 ：：x ：：0时，f (x) . 0, f (x)在(-1,0)上为增函数.当x 0时，f (x) ：：：0, 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,(n)略•。

导数与函数的单调性、极值、最值问题

导数与函数的单调性、极值、最值问题高考定位高考对导数计算的考查贯穿于与之有关的每一道题目之中，函数的单调性，函数的极值与最值均是高考命题的重点内容，在选择题、填空题、解答题中都有涉及，试题难度不大.真题感悟(2015·全国Ⅱ卷)设函数f (x )＝e mx ＋x 2－mx .(1)证明：f (x )在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增；(2)若对于任意x 1，x 2∈[－1，1]，都有|f (x 1)－f (x 2)|≤e －1，求m 的取值范围.(1)证明 f ′(x )＝m (e mx －1)＋2x .若m ≥0，则当x ∈(－∞，0)时，e mx －1≤0，f ′(x )＜0；当x ∈(0，＋∞)时，e mx －1≥0，f ′(x )＞0.若m ＜0，则当x ∈(－∞，0)时，e mx －1＞0，f ′(x )＜0；当x ∈(0，＋∞)时，e mx －1＜0，f ′(x )＞0.所以，f (x )在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)上单调递增.(2)解由(1)知，对任意的m ，f (x )在[－1，0]上单调递减，在[0，1]上单调递增，故f (x )在x ＝0处取得最小值.所以对于任意x 1，x 2∈[－1，1]，|f (x 1)－f (x 2)|≤e －1的充要条件是⎩⎨⎧f （1）－f （0）≤e －1，f （－1）－f （0）≤e －1，即⎩⎨⎧e m －m ≤e －1，e －m ＋m ≤e －1.① 设函数g (t )＝e t －t －e ＋1，则g ′(t )＝e t －1.当t ＜0时，g ′(t )＜0；当t ＞0时，g ′(t )＞0.故g (t )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增.又g (1)＝0，g (－1)＝e －1＋2－e ＜0，故当t ∈[－1，1]时，g (t )≤0.当m ∈[－1，1]时，g (m )≤0，g (－m )≤0，即①式成立；当m ＞1时，由g (t )的单调性，g (m )＞0，即e m －m ＞e －1；当m ＜－1时，g (－m )＞0，即e －m ＋m ＞e －1.综上，m的取值范围是[－1，1].考点整合1.导数与函数的单调性(1)函数单调性的判定方法：设函数y＝f(x)在某个区间内可导，如果f′(x)＞0，则y＝f(x)在该区间为增函数；如果f′(x)＜0，则y＝f(x)在该区间为减函数.(2)函数单调性问题包括：①求函数的单调区间，常常通过求导，转化为解方程或不等式，常用到分类讨论思想；②利用单调性证明不等式或比较大小，常用构造函数法.2.极值的判别方法当函数f(x)在点x0处连续时，如果在x0附近的左侧f′(x)＞0，右侧f′(x)＜0，那么f(x0)是极大值；如果在x0附近的左侧f′(x)＜0，右侧f′(x)＞0，那么f(x0)是极小值.也就是说x0是极值点的充分条件是点x0两侧导数异号，而不是f′(x)＝0.此外，函数不可导的点也可能是函数的极值点，而且极值是一个局部概念，极值的大小关系是不确定的，即有可能极大值比极小值小.3.闭区间上函数的最值在闭区间上连续的函数，一定有最大值和最小值，其最大值是区间的端点处的函数值和在这个区间内函数的所有极大值中的最大者，最小值是区间端点处的函数值和在这个区间内函数的所有极小值中的最小者.热点一导数与函数的单调性[微题型1]求含参函数的单调区间【例1－1】设函数f(x)＝a ln x＋x－1x＋1，其中a为常数.(1)若a＝0，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)讨论函数f(x)的单调性.解(1)由题意知a＝0时，f(x)＝x－1x＋1，x∈(0，＋∞).此时f′(x)＝2（x＋1）2.可得f′(1)＝12，又f(1)＝0，所以曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为x－2y－1＝0.(2)函数f(x)的定义域为(0，＋∞).解f′(x)＝3x2－2kx＋1.(1)当k＝1时，f′(x)＝3x2－2x＋1，Δ＝4－12＝－8＜0，所以f′(x)＞0恒成立，故f(x)在R上单调递增.故函数f(x)的单调增区间为(－∞，＋∞)，无单调减区间.(2)法一当k<0时，f′(x)＝3x2－2kx＋1，f′(x)的图象开口向上，对称轴为x＝k3，且过点(0，1).当Δ＝4k2－12＝4(k＋3)(k－3)≤0，即－3≤k<0时，f′(x)≥0，f(x)在[k，－k]上单调递增.从而当x＝k时，f(x)取得最小值m＝f(k)＝k.当x＝－k时，f(x)取得最大值M＝f(－k)＝－k3－k3－k＝－2k3－k. 当Δ＝4k2－12＝4(k＋3)(k－3)＞0，即k＜－3时，令f′(x)＝3x2－2kx＋1＝0，解得x1＝k＋k2－33，x2＝k－k2－33，注意到k＜x2＜x1＜0，(注：可用根与系数的关系判断，由x1·x2＝13，x1＋x2＝2k3＞k，从而k＜x2＜x1＜0；或者由对称结合图象判断)所以m＝min{f(k)，f(x1)}，M＝max{f(－k)，f(x2)}.因为f(x1)－f(k)＝x31－kx21＋x1－k＝(x1－k)(x21＋1)＞0，所以f(x)的最小值m＝f(k)＝k.因为f(x2)－f(－k)＝x32－kx22＋x2－(－k3－k·k2－k)＝(x2＋k)[(x2－k)2＋k2＋1]<0，所以f(x)的最大值M＝f(－k)＝－2k3－k.综上所述，当k<0时，f(x)在[k，－k]上的最小值m＝f(k)＝k，最大值M＝f(－k)＝－2k3－k. 法二当k＜0时，对x∈[k，－k]，都有f(x)－f(k)＝x3－kx2＋x－k3＋k3－k＝(x2＋1)(x－k)≥0，故f(x)≥f(k)；f(x)－f(－k)＝x3－kx2＋x＋k3＋k3＋k＝(x＋k)(x2－2kx＋2k2＋1)＝(x＋k)[(x－k)2＋k2＋1]≤0，故f(x)≤f(－k).而f(k)＝k＜0，f(－k)＝－2k3－k＞0，所以f(x)max＝f(－k)＝－2k3－k，f(x)min＝f(k)＝k.1.如果一个函数具有相同单调性的区间不止一个，这些单调区间不能用“∪”连接，而只能用逗号或“和”字隔开.2.可导函数在闭区间[a，b]上的最值，就是函数在该区间上的极值及端点值中的最大值与最小值.3.可导函数极值的理解(1)函数在定义域上的极大值与极小值的大小关系不确定，也有可能极小值大于极大值；(2)对于可导函数f(x)，“f(x)在x＝x0处的导数f ′(x)＝0”是“f(x)在x＝x0处取得极值”的必要不充分条件；(3)注意导函数的图象与原函数图象的关系，导函数由正变负的零点是原函数的极大值点，导函数由负变正的零点是原函数的极小值点.4.求函数的单调区间时，若函数的导函数中含有带参数的有理因式，因式根的个数、大小、根是否在定义域内可能都与参数有关，则需对参数进行分类讨论.5.求函数的极值、最值问题，一般需要求导，借助函数的单调性，转化为方程或不等式问题来解决，有正向思维——直接求函数的极值或最值；也有逆向思维——已知函数的极值或最值，求参数的值或范围，常常用到分类讨论、数形结合的思想.一、选择题1.函数f(x)＝12x2－ln x的单调递减区间为()A.(－1，1]B.(0，1]C.[1，＋∞)D.(0，＋∞)解析由题意知，函数的定义域为(0，＋∞)，又由f ′(x)＝x－1x≤0，解得0＜x≤1，所以函数f(x)的单调递减区间为(0，1]. 答案 B2.(2015·武汉模拟)已知函数f(x)＝12mx2＋ln x－2x在定义域内是增函数，则实数m的取值范围是()A.[－1，1]B.[－1，＋∞)C.[1，＋∞)D.(－∞，1]解析f′(x)＝mx＋1x－2≥0对一切x＞0恒成立，。

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，求的取值范围；（Ⅱ）证明：化简得，所以两边同乘可得，所以有，在对求导有，即当 < < 时， > 0，在区间上为增函数；当时，；当 < 时，<0，在区间上为减函数 .所以在时有最大值，即.又因为，所以.综上，得证.，则题设等价于 . 令，则当 < < 时， > ；当时，，是的最大值点当 < < 时，.的最大值点，所以当时，同理，当也成立 .综上，Ⅱ）由（Ⅰ）知，，即.当< <时因为< 0，所以此时.当时所以【点评】（1）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，思路来得自然流畅，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，解答难度较大甚至解不出来. （3）二次求导之后，设，再求，求出的解，即得到函数的单调性，得到函数的最值，即可得到的正负情况，即可得到函数的单调性.【例2】设函数（Ⅰ）若在点处的切线为，求的值；（Ⅱ）求的单调区间；（Ⅲ）若，求证：在时， > ．【解析】（Ⅰ）∵ ∴ ，∵ 在点处的切线为，即在点的切线的斜率为，∴ ，∴ ，∴切点为，将切点代入切线方程，得，所以，；（Ⅲ）∵ ，，∴要证：当时， > ，即证：，令，则只需证：，由于，（由于不等式是超越不等式,所以此处解不等式解答不出，所以要构造函数二次求导.）设所以函数在单调递增，又因为所以在内存在唯一的零点，即在内存在唯一的零点，设这个零点为【点评】（1）由于不等式是超越不等式,所以不等式解答不出，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，所以，所以的单调性还是不知道，所以无法求. 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，直接关系到的单调性和.反馈检测1】【2017 课标II，理】已知函数，且（1）求；（2）证明：存在唯一的极大值点，且反馈检测2】已知函数R 在点处的切线方程为1）求的值；（2）当时，恒成立，求实数的取值范围；3）证明：当N ，且时，.∵直线的斜率为，且过点，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）；（ 2）证明略 .反馈检测 1 详细解析】（ 1）的定义域为点 1，且当时，；当时，，当时， .因为，所以是的唯一极大值点 .，所以反馈检测 2 详细解析】（ 1）解：∵ ，设，则等价于若，则单调递增 .所以是的极小值点，故0，.当时，单调递减；当时， > ，综上， .，所以在有唯一零点，在有唯一零因为是在（ 0,1）的最大值点，由，由得得反馈检测 2 答案】（1）；（ 2）；（ 3）见解析 .令，则 .当时，，函数在上单调递增，故从而，当时，，即函数在上单调递增，故 .因此，当时，恒成立，则 .∴所求的取值范围是 .解法 2：由（ 1）得 .当时，恒成立，即恒成立 .令，则 .方程（﹡）的判别式 .（ⅰ）当，即时，则时，，得，故函数在上单调递减由于，则当时，，即，与题设矛盾.（ⅱ）当，即时，则时，.故函数在上单调递减，则，符合题意.由（ⅱ）知，当时，，得故当时，，符合题意..综上所述，的取值范围是3）证明：由（2）得，当时，，可化为，从而.又，从而，把分别代入上面不等式，并相加得，。

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．利用二次求导求函数的单调性[典例] 若函数f (x )＝xx，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 x2，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 xx 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)ex －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 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 ＋12x 2，且单调递增区间为(0，＋∞)，单调递减区间为(－∞，0).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)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；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 x2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 x3＝1x 2⎝⎛⎭⎪⎫e x ＋e －2e xx－ln x ，令G (x )＝e x＋e －2e xx－ln x ，则G ′(x )＝e x－2x e x －e x x 2－1x ＝e x x －12＋e x－xx 2＞0对任意的x ∈(0，＋∞)恒成立．∴G (x )＝e x＋e －2exx－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 －2exx－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 ，＋∞.利用二次求导证明不等式[典例] 证明当x >0时，sin x >x －36.[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 )>1.1．(理)对任意实数x ，证明不等式1＋x ln(x ＋1＋x 2)≥1＋x 2. 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＋x2－x1＋x2＝ln(x ＋1＋x 2)，设h (x )＝f ′(x )，则h ′(x )＝1＋x1＋x2x ＋1＋x2＝1＋x 2＋x 1＋x2x ＋1＋x2＝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 ≥e2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 <e2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 <e2时，g (x )在[0,1]上的最小值是g (ln 2a )＝2a －2a ln 2a －b ；当a ≥e2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 x2，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 x3>0，故F ′(x )＝e 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.。

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 gx 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.。

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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。

下面我们在接着分析当1＜x 时的情况，同理，当1＜x 时，()f x ''＞0，即()f x '在区间()1,+∞上为增函数，则()()11f x f ''≥=，此时，()f x 为增函数，所以()()10f x f ≥=，易得(1)()0x f x -≥也成立。

综上，(1)()0x f x -≥得证。

下面提供一个其他解法供参考比较。

解：（Ⅰ）()1ln f x x x '=+
，则()ln 1xf x x x '=+ 题设2'()1xf x x ax ≤++等价于ln x x a -≤。

令()ln g x x x =-，则()11g x x
'=-。

当0＜x ＜1时，()g x '＞0；当1x ≥时，()0g x '≤，1x =是()g x 的最大值点，所以 ()()11g x g ≤=-。

综上，a 的取值范围是[)1,-+∞。

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，()()11g x g ≤=-，即ln 10x x -+≤。

当0＜x ＜1时，()()1ln ln 1ln ln 1f x x x x x x x x x ⎛
⎫=+-+=++- ⎪⎝⎭
11ln ln 10x x x x ⎛
⎫=--+≤ ⎪⎝⎭
因为1x -＜0，所以此时(1)()0x f x -≥。

当1x ≥时，()()11ln ln 1ln ln
10f x x x x x x x x x ⎛⎫=+-+=--+≥ ⎪⎝⎭。

所以(1)()0x f x -≥
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，思路来得自然流畅，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。

不妨告诉同学们一个秘密：熟炼掌握二次求导分析是解决高考数学函数压轴题的一个秘密武器！下面我们再看一道高考压轴题。

例2.【理全国卷三】设函数()21x f x e x ax =---。

（Ⅰ）若0a =，求()f x 的单调区间；
（Ⅱ）若当0x ≥时，()0f x ≥。

求a 的取值范围。

第一问没有任何难度，通过求导数()f x '来分析()f x 的单调即可。

当0a =，()1x f x e '=-，令()0f x '=，得0x =；当x ＜0时，()f x '＜0；当x ＞
0时，()f x '＞0。

所以()f x 在区间(),0-∞上为减函数，在区间[)0,+∞上为增函数。

第二问，其实第一问算是个提示，即当0a =时，()f x 在区间[)0,+∞上为增函数，故()()00f x f ≥=，显然满足题意。

下面我们分别分析a ＜0和a ＞0两种情况。

当a ＜0时，在区间[)0,+∞上显然20ax -≥，综上可得在区间[)0,+∞上()210x f x e x ax =---≥成立。

故a ＜0满足题意。

当a ＞0时，()12x f x e ax '=--，()2x f x e a ''=-，显然()00f =，()00f '=，当()f x '在区间[)0,+∞上大于零时，()f x 为增函数，()()0f x f x ≥=，满足题意。

而当()f x '在区间[)0,+∞上为增函数时，()()00f x f ''≥=，也就是说，要求()f x ''在区间[)0,+∞上大于等于零，又因为()2x
f x e a ''=-在区间[)0,+∞上为增函数，所以要求()10f ''≥，即020e a -≥，解得12a ≤。

综上所述，a 的取值范围为1,2⎛
⎤-∞ ⎥⎝⎦。

通过上面两道压轴题，我们已经领略了二次求导在分析高考数学函数压轴题的威力。

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