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- 2021-05-13 发布
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高考专题：二次求导
例题1、已知函数f(x)＝ln x－.
(1)若a>0，试判断f(x)在定义域内的单调性；
(2)若f(x)0，∴f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上是单调递增函数．
(2)∵f(x)0，∴a>xln x－x3.
令g(x)＝xln x－x3，h(x)＝g′(x)＝1＋ln x－3x2，
h′(x)＝－6x＝∵x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0，
∴h(x)在(1，＋∞)上是减函数．∴h(x)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－.
∴函数f(x)在(0，－)上是增函数；在(－，＋∞)上是减函数．
(2)证明：当a＝1时，f(x)＝ln x＋x，
要证x∈[1，2]时，f(x)－3<成立，只需证xln x＋x2－3x－1<0在x∈[1，2]时恒成立．
令g(x)＝xln x＋x2－3x－1，则g′(x)＝ln x＋2x－2，
设h(x)＝ln x＋2x－2，则h′(x)＝＋2>0，∴h(x)在[1，2]上单调递增，
∴g′(1)≤g′(x)≤g′(2)，
即0≤g′(x)≤ln 2＋2，∴g(x)在[1，2]上单调递增，∴g(x)≤g(2)＝2ln 2－3<0，
∴当x∈[1，2]时，xln x＋x2－3x－1<0恒成立，即原命题得证．
例题3、解：(1) ∵，. ∵与直线垂直，∴，∴ .
（2）由题知在上有解，设，则，所以只需故b的取值范围是.
，
故所求的最小值是
例题4、（1）时，
由得 得
故的减区间为 增区间为
（2）因为在上恒成立不可能
故要使在上无零点，只要对任意的，恒成立
即时， 令
则再令
于是在上为减函数
故在上恒成立
在上为增函数 在上恒成立
又故要使恒成立，只要
若函数在上无零点，的最小值为
（3），当时，，为增函数
当时，，为减函数
函数在上的值域为 当时，不合题意
当时，
故① 此时，当变化时，，的变化情况如下
—
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
由③解得 ④，由①④ 当时
对任意，在上存在两个不同的使成立
强化训练1、解：（Ⅰ）将代入直线方程得，∴①
，∴②
①②联立，解得∴
（Ⅱ），∴在上恒成立；
即在恒成立； 设，，∴只需证对于任意的有
设，
1）当，即时，，∴
在单调递增，∴
2）当，即时，设是方程的两根且
由，可知，分析题意可知当时对任意有；
∴，∴ 综上分析，实数的最小值为.
（Ⅲ）令，有即在恒成立-
令，得
∴
，∴原不等式得证.
强化训练2、【解析】：（Ⅰ） 故在递减 …3分
（Ⅱ） 记………5分
再令 在上递增。
，从而 故在上也单调递增
（Ⅲ）方法1： 由（Ⅱ）知：恒成立，即
令 则 ………10分 ，， … 叠加得：
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