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- 2021-06-16 发布
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增分点 二次求导在解题中的妙用
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)＝，00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)＝，得f′(x)＝，
设g(x)＝xcos x－sin x，
则g′(x)＝－xsin x＋cos x－cos x＝－xsin x.
∵0f(x2)，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)＝的分母为正，只需判断分子xcos x－sin x的符号，但很难直接判断，故可通过二次求导，判断出一次导函数的符号，并最终解决问题．
[应用体验]
1．已知函数f(x)满足f(x)＝f′(1)ex－1－f(0)x＋x2，求f(x)的解析式及单调区间．
解：因为f(x)＝f′(1)ex－1－f(0)x＋x2，
所以f′(x)＝f′(1)ex－1－f(0)＋x.
令x＝1，得f(0)＝1.
所以f(x)＝f′(1)ex－1－x＋x2，
所以f(0)＝f′(1)e－1＝1，解得f′(1)＝e.
所以f(x)＝ex－x＋x2.
设g(x)＝f′(x)＝ex－1＋x，
则g′(x)＝ex＋1>0，所以y＝g(x)在R上单调递增．
因为f′(0)＝0，所以f′(x)>0＝f′(0)⇔x>0，f′(x)<0＝f′(0)⇔x<0.
所以f(x)的解析式为f(x)＝ex－x＋x2，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)＋x3－x2－ax.
(1)若x＝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＝有实根，求实数b的取值范围．
[方法演示]
解：(1)f′(x)＝＋3x2－2x－a.
由题意，知f′＝0，
所以＋－－a＝0，解得a＝0.
当a＝0时，f′(x)＝x(3x－2)，从而x＝为y＝f(x)的极值点．
(2)因为f(x)在[1，＋∞)上为增函数，
所以f′(x)＝＋3x2－2x－a
＝≥0在[1，＋∞)上恒成立．
当a＝0时，f′(x)＝x(3x－2)，此时f(x)在[1，＋∞)上为增函数恒成立，故a＝0符合题意；
当a≠0时，由ax＋1>0对x>1恒成立，知a>0.
所以3ax2＋(3－2a)x－(a2＋2)≥0对x∈[1，＋∞)恒成立．
令g(x)＝3ax2＋(3－2a)x－(a2＋2)，其对称轴为x＝－，因为a>0，所以－<，所以g(x)在[1，＋∞)上为增函数，所以只需g(1)≥0即可，即－a2＋a＋1≥0，解得00，
∴b＝x(ln x＋x－x2)＝xln x＋x2－x3.
令g(x)＝xln x＋x2－x3，则g′(x)＝ln x＋1＋2x－3x2.
令h(x)＝g′(x)，则h′(x)＝＋2－6x＝－.
当00，
∴函数h(x)＝g′(x)在上递增；
当x>时，h′(x)<0，
∴函数h(x)＝g′(x)在上递减．
又g′(1)＝0，∴存在x0∈，使得g′(x0)＝0.
当00，∴函数g(x)在(x0,1)上递增；
当x>1时，g′(x)<0，∴函数g(x)在(1，＋∞)上递减．
又当x→＋∞时，g(x)→－∞.
又g(x)＝xln x＋x2－x3＝x(ln x＋x－x2)≤x，
当x→0时，ln x＋<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－x2)极值问题，问题是g′(x)＝ln x＋1＋2x－3x2＝0这个方程求解不易，这时我们可以尝试对h(x)＝g′(x)再一次求导并解决问题．所以当导数值等于0这个方程求解有困难，考虑用二次求导尝试不失为一种妙法．
(文)已知函数f(x)＝ex－xln x，g(x)＝ex－tx2＋x，t∈R，其中e为自然对数的底数．
(1)求函数f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)若g(x)≥f(x)对任意的x∈(0，＋∞)恒成立，求t的取值范围．
[方法演示]
解：(1)由f(x)＝ex－xln 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)＝ex－xln x，g(x)＝ex－tx2＋x，t∈R，
∴g(x)≥f(x)对任意的x∈(0，＋∞)恒成立等价于ex－tx2＋x－ex＋xln x≥0对任意的x∈(0，＋∞)恒成立，
即t≤对任意的x∈(0，＋∞)恒成立．
令F(x)＝，
则F′(x)＝＝，
令G(x)＝ex＋e－－ln x，
则G′(x)＝ex－－＝＞0对任意的x∈(0，＋∞)恒成立．
∴G(x)＝ex＋e－－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)＝极值问题，问题是F′(x)＝ex＋e－－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)＝ex－(1＋x＋kx2)(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)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)－tx2＝ex－[1＋x＋(k＋t)x2]，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)＝ex－[1＋2(k＋t)x]，
令h(x)＝F′(x)，则h′(x)＝ex－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)0，都有h′(x)<0，
所以1－2(k＋t)<0，即k>－t，
故实数k的取值范围为.
利用二次求导证明不等式
[典例] 证明当x>0时，sin x>x－.
[方法演示]
证明：令f(x)＝sin x－x＋，
则f′(x)＝cos x－1＋，
所以f ″(x)＝－sin x＋x.
易知当x>0时，sin x0，
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＋>f(0)＝0.
所以sin x>x－(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)＝mex－ln x－1.
(1)当m＝0时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)当m≥1时，证明：f(x)>1.
解：(1)当m＝0时，f(x)＝－ln x－1，则f′(x)＝－，
所以f(1)＝－1，f′(1)＝－1.
所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－(－1)＝－(x－1)，即x＋y＝0.
(2)证明：当m≥1时，f(x)＝mex－ln x－1≥ex－ln x－1.
要证f(x)>1，只需证ex－ln x－2>0.
设g(x)＝ex－ln x－2，则g′(x)＝ex－.
设h(x)＝ex－，则h′(x)＝ex＋>0.
所以函数h(x)＝g′(x)＝ex－在(0，＋∞)上单调递增．
因为g′＝e－2<0，g′(1)＝e－1>0，
所以函数g′(x)＝ex－在(0，＋∞)上有唯一零点x0，且x0∈.
因为g′(x0)＝0，所以ex0＝，即ln x0＝－x0.
当x∈(0，x0)时，g′(x)<0；当x∈(x0，＋∞)时，g′(x)>0，
所以当x＝x0时，g(x)取得极小值也是最小值g(x0)．
故g(x)≥g(x0)＝ex0－ln x0－2＝＋x0－2>0.
综上可知，当m≥1时，f(x)>1.
1．(理)对任意实数x，证明不等式1＋xln(x＋)≥.
证明：设f(x)＝1＋xln(x＋)－，
∵f′(x)＝ln(x＋)＋－＝ln(x＋)，
设h(x)＝f′(x)，
则h′(x)＝＝
＝>0，
所以f′(x)在(－∞，＋∞)上是增函数．
由f′(x)＝0，即ln(x＋)＝0，得x＝0.
所以当x<0时，f′(x)<0，则f(x)在(－∞，0)上为减函数；
当x>0时，f′(x)>0，则f(x)在(0，＋∞)上为增函数．
故f(x)在x＝0处有极小值，所以f(x)≥f(0)＝0，
即1＋xln(x＋)≥.
(文)已知函数f(x)＝(x＋1)ln x－ax，当x0∈(1，＋∞)时，函数f(x)的图象在点(x0，f(x0))处的切线方程为y＝x－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＋＋1－a，
所以函数f(x)的图象在点(x0，f(x0))处的切线方程为y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)，
即y－(x0＋1)ln x0＋ax0＝(x－x0)，
即y＝x＋ln x0－x0－1，
所以
令g(x)＝x－ln x＋1，则g′(x)＝1－＝，
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x0＝e，
将x0＝e代入ln x0＋＋1－a＝，得a＝2.
(2)证明：由a＝2，得f′(x)＝ln x＋－1(x>0)．
令h(x)＝ln x＋，
则h′(x)＝－＝.
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)＝ex－ax2－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)＝ex－ax2－bx－1，得g(x)＝f′(x)＝ex－2ax－b.所以g′(x)＝ex－2a.因此，当x∈[0,1]时，g′(x)∈[1－2a，e－2a]．
当a≤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≥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0时，ln 2a2时，φ′(x)<0，又∵φ′(x)在[0，＋∞)单调递增，
∴存在x0∈(0，＋∞)，使得在区间[0，x0)上φ′(x)<0.
则φ(x)在[0，x0)上递减，而φ(0)＝0，
∴当x∈(0，x0)时，φ(x)<0，这与F(x)－F(－x)≥0对x∈[0，＋∞)恒成立不符，
∴a>2不合题意．
综上，实数a的取值范围是(－∞，2]．
4．(2018·长沙模拟)已知函数f(x)＝ex，g(x)＝，a为实常数．
(1)设F(x)＝f(x)－g(x)，当a>0时，求函数F(x)的单调区间；
(2)当a＝－e时，直线x＝m，x＝n(m>0，n>0)与函数f(x)，g(x)的图象共有四个不同的交点，且以此四点为顶点的四边形恰为平行四边形．求证：(m－1)(n－1)<0.
解：(1)F(x)＝ex－，其定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)．
而F′(x)＝ex＋，
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)＝ex＋，
则F′(x)＝ex－.设h(x)＝F′(x)＝ex－(x>0)，
则h′(x)＝ex＋>0，
故F′(x)＝ex－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
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