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二次求导在解题中的妙用佚名【期刊名称】《《高中数理化》》【年(卷),期】2019(000)006【总页数】1页(P15)【正文语种】中文导数作为研究函数问题的重要工具，既是数学的重要内容，又是高考的必考考点．近几年高考中，有些函数需要根据所求问题对导函数进行二次求导，根据二次导函数的性质研究一次导函数性质，进而求得原函数性质，这类问题常作为压轴题出现，本文从二次导函数的应用出发，探讨其解题思路和方法.1 判断函数的单调性例1 若函数设a=fx1,b=fx2，试比较a,b的大小．由得设g(x)=xcos x-sin x，则g′(x)=-xsin x+cos x-cos x=-xsin x.因为0<x<π,所以g′(x)<0，即函数g(x)在0,π上是减函数．所以g(x)<g0=0，因此f′(x)<0，故f(x)在(0，π)是减函数，当0<x1<x2<π时，有fx1>fx2，即a>b.本题中为了得到f(x)的单调性，就要判断f′(x)的符号，而f′(x)的分母为正，故只需判断分子的符号.所以通过二次求导，判断一次导函数的符号，最终解决问题．2 证明不等式例2 (2017年全国卷Ⅱ)已知函数f(x)=x2-x-xln x，且f(x)≥0.证明：f(x)存在唯一的极大值点x0，且e-2<fx0<2-2.由题意可知f′(x)=2x-2-ln x.设h(x)=2x-2-ln x，则当时，h′(x)<0；当时，h′(x)>0，所以h(x)在单调递减，在单调递增.所以h(x)在有唯一零点x0，在有唯一零点1，且当x∈0,x0时，h(x)>0;当x∈x0,1时，h(x)<0;当x∈1,+∞时，h(x)>0;因为f′(x)=h(x)，所以x=x0是f(x)的唯一极大值点.由f′x0=0得ln x0=2x0-1，故fx0=x01-x0.由x0∈0,1，得因为x=x0是f(x)在0,1的最大值点，且e-1∈0,1,f′e-1≠0，故可得fx0>fe-1=e-2.所以e-2<fx0<2-2.导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，也是证明不等式的主要根据，本题利用二次求导判断f′(x)的符号，从而利用最值证得不等式.3 求函数的最值问题例3 (2017年北京卷)已知函数f(x)=excos x-x．(1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程；(2)求函数f(x)在区间上的最大值和最小值．(1)f′(x)=ex(cos x-sin x)-1，故y=f(x)在点(0,f(0))处的切线的斜率k=0，且f(0)=e0cos 0-0=1，所以切点为(0，1)，故y=f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y=1.(2)f′(x)=excos x-sin x-1，令h(x)=ex(cos x-sin x)-1，则h′(x)=ex(cos x-sin x-sin x-cos x)=-2exsin x，当时，h′(x)=-2exsin x≤0,所以h(x)在区间上单调递减，所以对任意即f′(x)≤0.所以函数f(x)在区间上单调递减.因此f(x)在区间上的最大值为f(0)=1，最小值为这道导数题并不难，第(2)问需要求二阶导数，因为f′(x)的正负不易判断，所以需要对其再求一次导数.设h(x)=f′(x)，求出h′(x)，再根据h′(x)判断函数h(x)的单调性，并根据单调性求h(x)的最值，从而判断f(x)的单调性，求得f(x)的最值.。
北京华罗庚学校为全国学生提供优质教育二次求导问题导数既是高中数学的一个重要内容，又是高考的一个必考内容．近几年高考中，出现了一种新的“导数”，它是对导函数进行二次求导而产生的新函数，尤其是近几年作为高考的压轴题时常出现．利用二次求导求函数的单调性[典例]若函数f(x)＝sinx，0<x 1<x 2<π.设a ＝f(x 1)，b ＝f(x 2)，试比较a ，b 的大小．x[思路点拨]此题可联想到研究函数f(x)＝sinx在(0，π)的单调性．函数图象虽然可以直观地反映出两个变量x之间的变化规律，但大多数复合的函数作图困难较大．导数的建立拓展了应用图象解题的空间．导数这个强有力的工具对函数单调性的研究提供了简单、程序化的方法，具有很强的可操作性．当f ′(x)>0时，函数f(x)单调递增；当f ′(x)<0时，函数f(x)单调递减．[方法演示]解：由f(x)＝sinx，得f ′(x)＝xcosx －sinx，x 2x设 g(x)＝xcosx －sinx ，则g ′(x)＝－xsinx ＋cosx －cosx ＝－xsinx.∵ 0<x<π，∴g ′(x)<0，即函数g(x)在(0，π)上是减函数．∴g(x)<g(0)＝0，因此f ′(x)<0，故函数 f(x)在(0，π)是减函数，∴当0<x 1<x 2<π，有f(x 1)>f(x 2)，即a>b.[解题师说]xcosx －sinx从本题解答来看，为了得到f(x)的单调性，须判断f ′(x)的符号，而 f ′(x)＝x 2的分母为正，只需判断分子xcosx －sinx 的符号，但很难直接判断，故可通过二次求导，判断出一次导函数的符号，并最终解决问题．[应用体验]1．已知函数f(x)满足f(x)＝f ′(1)ex －112－f(0)x ＋x ，求f(x)的解析式及单调区间．2解：因为f(x)＝f ′(1)ex －1－f(0)x ＋1x 2，所以f ′(x)＝f ′(1)e x －1－f(0)＋x.2令x ＝1，得f(0)＝1.所以f(x)＝f ′(1)ex －112，所以f(0) ＝f ′(1)e－1，解得f ′(1) ＝e.－x ＋x ＝12所以f(x)＝e x－x ＋1x 2.2北京华罗庚学校 为全国学生提供优质教育设 g(x)＝f ′(x)＝e x －1＋x ，则g ′(x)＝e x ＋1>0，所以y ＝g(x)在R 上单调递增．因为f ′(0)＝0，所以f ′(x)>0＝f ′(0)?x>0，f ′(x)<0＝f ′(0)?x<0.所以f(x)的解析式为f(x)＝e x－x ＋1x 2，且单调递增区间为 (0，＋∞)，单调递减区间为(－∞，0).2利用二次求导求函数的极值或参数的范围[典例](理)已知函数f(x)＝ln(ax ＋1)＋x 3－x 2－ax.(1) 2为y ＝f(x)的极值点，求实数a 的值；若x ＝3(2) 若y ＝f(x)在[1，＋∞)上为增函数，求实数a 的取值范围； (3) 若a ＝－1时，方程f(1－x)－(1－x)3＝b有实根，求实数b 的取值范围．x[方法演示]解：(1)f ′(x)＝a ＋3x 2－2x －a. ax ＋12a4 4由题意，知f ′3＝0，所以2 ＋ 3－3－a ＝0，解得a ＝0.3a ＋1当 a ＝0时，f ′(x)＝x(3x －2)，从而x ＝23为y ＝f(x)的极值点．(2)因为f(x)在[1，＋∞)上为增函数，所以f ′(x)＝a ＋3x 2－2x －a ＝x[3ax 2＋3－2ax －a 2＋2]≥0在[1，＋∞)上恒成立．ax ＋1ax ＋1当a ＝0时，f ′(x)＝x(3x －2)，此时f(x)在[1，＋∞)上为增函数恒成立，故 a ＝0符合题意；当 a ≠0时，由ax ＋1>0对x>1恒成立，知a>0.所以3ax 2＋(3－2a)x －(a 2＋2)≥0对x ∈[1，＋∞)恒成立．令 g(x)＝3ax 2＋(3－2a)x －(a 2＋2)，其对称轴为x ＝1－1，因为a>0，所以1－1<1，所以g(x)32a32a3在[1，＋∞)上为增函数，所以只需21＋5g(1)≥0即可，即－a ＋a ＋1≥0，解得0<a ≤2 .综上，实数a 的取值范围为0，1＋5.2(3)由已知得，x>0，∴b ＝x(lnx ＋x －x 2)＝xlnx ＋x 2－x 3. 令 g(x)＝xlnx ＋x 2－x 3，则g ′(x)＝lnx ＋1＋2x －3x 2.令h(x)＝g ′(x)，则h ′(x)＝1＋2－6x ＝－6x2－2x －1x .x当0<x<1＋7时，h ′(x)>0，∴函数h(x)＝g ′(x)在0， 1＋ 7上递增；66当x> 1＋7时，h ′(x)<0，∴函数h(x)＝g ′(x)在1＋7，＋∞上递减．6 6又 g ′(1)＝0，∴存在x 0∈0，1＋7，使得g ′(x 0)＝0.6当 0<x<x 0时，g ′(x)<0，∴函数g(x)在(0，x 0)上递减； 当 x 0<x<1时，g ′(x)>0，∴函数g(x)在(x 0,1)上递增；当 x>1时，g ′(x)<0，∴函数g(x)在(1，＋∞)上递减．又当x →＋∞时，g(x)→－∞.又 g(x)＝xlnx ＋x 2－x 3＝x(lnx ＋x －x 2)≤xlnx ＋14，当x →0时，lnx ＋14<0，则g(x)<0，且g(1)＝0，∴b 的取值范围为(－∞，0]．[解题师说]本题从题目形式来看，是极其常规的一道导数考题，第(3)问要求参数b 的范围问题，实际上是求g(x)＝x(lnx ＋x －x 2)极值问题，问题是g ′(x)＝lnx ＋1＋2x －3x 2＝0 这个方程求解不易，这时我们 可以尝试对h(x)＝g ′(x)再一次求导并解决问题．所以当导数值等于0 这个方程求解有困难，考虑用二次求导尝试不失为一种妙法．(文)已知函数 f(x)＝ex －xlnx ，g(x)＝e x －tx 2＋x ，t ∈R ，其中e 为自然对数的底数．(1) 求函数f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程；(2)若g(x)≥f(x)对任意的x ∈(0，＋∞)恒成立，求 t 的取值范围．[方法演示]解：(1)由f(x)＝ex －xlnx ，知f ′(x)＝e －lnx －1，则f ′(1)＝e －1，而f(1)＝e ，则所求切线方程为 y －e ＝(e －1)(x －1)，即y ＝(e －1)x ＋1.(2)∵f(x)＝ex －xlnx ，g(x)＝e x －tx 2＋x ，t ∈R ，∴g(x)≥f(x)对任意的x ∈(0，＋∞)恒成立等价于e x －tx 2＋x －ex ＋xlnx ≥0 对任意的x ∈(0，＋∞)e x ＋x －ex ＋xlnx对任意的x ∈(0，＋∞)恒成立．恒成立，即t ≤2x令F(x)＝e x ＋x －ex ＋xlnxxe x ＋ex －2e x －xlnx1x＋e －2e x2，则F ′(x)＝32e x －lnx ，x x＝xx令G(x)＝e x＋e －2e －lnx ，则x＋∞)恒成立．x －e xxx －1 2＋e x－xG ′(x)＝e x －2xe2－ 1＝e 2＞0对任意的x ∈(0，xxxx∴G(x)＝e x ＋e －2e－lnx 在(0，＋∞)上单调递增，且G(1)＝0，x∴当x ∈(0,1)时，G(x)＜0，当x ∈(1，＋∞)时，G(x)＞0，即当x ∈(0,1)时，F ′(x)＜0，当x ∈(1，＋∞)时，F ′(x)＞0，∴ F(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴F(x)≥F(1)＝1，∴t ≤1，即t 的取值范围是(－∞，1]．[解题师说]本题从题目形式来看，是极其常规的一道导数考题，第(2)问要求参数t 的范围问题，实际上是e x ＋x －ex ＋xlnx1x＋e －2e x求F(x)＝2极值问题，问题是 2 －lnx 这个方程求解不易，这时我x F ′(x)＝x e x们可以尝试对G(x)＝F ′(x)再一次求导并解决问题．所以当导数值等于0这个方程求解有困难，考虑用二次求导尝试不失为一种妙法．[应用体验]2．设k ∈R ，函数f(x)＝e x －(1＋x ＋kx 2)(x>0)．(1) 若k ＝1，求函数f(x)的导函数f ′(x)的极小值；(2) 若对任意的t>0，存在s>0，使得当x ∈(0，s)时，都有f(x)<tx 2，求实数k 的取值范围．解：(1)当k ＝1时，函数f(x)＝e x －(1＋x ＋x 2)，则f(x)的导数f ′(x)＝e x －(1＋2x)，令g(x)＝f ′(x)，则g ′(x)＝e x －2，当0<x<ln2时，g ′(x)<0；当x>ln2时，g ′(x)>0，从而f ′(x)在(0，ln2)上递减，在(ln2，＋∞)上递增．故导数f ′(x)的极小值为f ′(ln2)＝1－2ln2.(2)对任意的 t>0，记函数 F(x)＝f(x)－tx 2＝e x －[1＋x ＋(k ＋t)x 2]，x>0，根据题意，存在s>0，使得当 x ∈(0，s)时，F(x)<0.易得F(x)的导数F ′(x)＝e x －[1＋2(k ＋t)x]，令 h(x)＝F ′(x)，则h ′(x)＝e x －2(k ＋t)．①若h ′(x)≥0，注意到h ′(x)在(0，s)上递增，故当 x ∈(0，s)时，h ′(x)>h ′(0)≥0，于是F ′(x)在(0，s)上递增，则当x ∈(0，s)时，F ′(x)>F ′(0)＝0，从而F(x)在(0，s)上递增．故当 x ∈(0，s)时，F(x)>F(0)＝0，与已知矛盾；②若h ′(x)<0，因为h ′(x)在(0，s)上连续且递增，故存在s>0，使得当 x ∈(0，s)，h ′(x)<0，从而F ′(x)在(0，s)上递减，于是当x ∈(0，s)时，F ′(x)<F ′(0)＝0，因此F(x)在(0，s)上递减．故当 x ∈(0，s)时，F(x)<F(0)＝0，满足已知条件．综上所述，对任意的 t>0，都有h ′(x)<0，所以1－2(k ＋t)<0，即k>12－t ，1故实数k 的取值范围为－t ，＋∞.利用二次求导证明不等式[典例]证明当x>0时，sinx>x －x3.6[方法演示]证明：令f(x)＝sinx －x ＋x32，则f ′(x)＝cosx －1＋x，所以f ″(x)＝－sinx ＋x.62易知当x>0时，sinx<x ，所以在(0，＋∞)上f ″(x)>0，所以f ′(x)在(0，＋∞)上单调递增． 又f ′(0)＝0，所以在(0，＋∞)有f ′(x)>f ′(0)＝0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．故当x>0时，f(x)＝sinx －x ＋x3 3>f(0)＝0. 所以sinx>x － x (x>0)． 66[解题师说]本题是应用导数证明不等式．证明的关键在于构造适当的函数，然后在相应区间上用二次求导的方法判定导数的符号，得到导函数的单调性，再利用单调性证明不等式．[应用体验]3．(2018西·安八校联考 )已知函数 f(x)＝me x －lnx －1.(1) 当m ＝0时，求曲线y ＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2) 当m ≥1时，证明：f(x)>1.1解：(1)当m ＝0时，f(x)＝－lnx －1，则f ′(x)＝－，所以f(1)＝－1，f ′(1)＝－1.所以曲线 y ＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y －(－1)＝－(x －1)，即x ＋y ＝0.(2)证明：当 m ≥1时，f(x)＝me x －lnx －1≥e x －lnx －1.xx－lnx －2，则g ′x 1要证f(x)>1，只需证e－lnx －2>0.设g(x)＝e(x)＝e－.xx1 x 1x1设h(x)＝e －x ，则h ′(x)＝e ＋x 2>0.所以函数 h(x)＝g ′(x)＝e－x 在(0，＋∞)上单调递增．因为g ′1＝e 1－2<0，g ′(1)＝e －1>0，所以函数g ′(x)＝e x－1在(0，＋∞)上有唯一零点 x 0，2 2x且x 0∈1，1.因为g ′(x 0)＝0，所以ex 0＝1，即lnx 0＝－x 0.2 x 0当x ∈(0，x 0)时，g ′(x)<0；当x ∈(x 0，＋∞)时，g ′(x)>0，所以当x ＝x 0时，g(x)取得极小值也1是最小值 g(x 0)．故g(x)≥g(x 0)＝ex 0－lnx 0－2＝＋x 0－2>0.综上可知，当 m ≥1时，f(x)>1.1．(理)对任意实数 x ，证明不等式 1＋xln(x ＋ 1＋x 2)≥1＋x 2.证明：设f(x)＝1＋xln(x ＋1＋x 2)－1＋x 2，x 1＋x2∵f ′(x)＝ln(x ＋1＋x 2)＋1＋x －x＝ln(x ＋1＋x 2)，x ＋ 1＋x 21＋x 21＋ x1＋x 21＋x 2＋x1设h(x)＝f ′(x)，则h ′(x)＝2>0，2＝22＝1＋xx ＋1＋x1＋xx ＋ 1＋x所以f ′(x)在(－∞，＋∞)上是增函数．由f ′(x)＝0，即ln(x ＋1＋x 2)＝0，得x ＝0.所以当x<0时，f ′(x)<0，则f(x)在(－∞，0)上为减函数；当 x>0时，f ′(x)>0，则f(x)在(0，＋∞)上为增函数．故f(x)在x ＝0处有极小值，所以f(x)≥f(0)＝0，即1＋xln(x ＋1＋x 2)≥1＋x 2.(文)已知函数f(x)＝(x ＋1)lnx －ax ，当x 0∈(1，＋∞)时，函数f(x)的图象在点(x 0，f(x 0))处的切线方程为y ＝1x －e.e(1)求a 的值；(2)求证：函数f(x)在定义域内单调递增． 解：(1)由题意，得f ′(x)＝lnx ＋1＋1－a ，x所以函数f(x)的图象在点(x 0，f(x 0))处的切线方程为y －f(x 0)＝f ′(x 0)(x －x 0)，即y －(x 0＋1)lnx 0＋ax 0＝lnx 0＋1＋1－a(x －x 0)，即y ＝lnx 0＋1＋1－ax ＋lnx 0－x 0－1，x 0x 011lnx 0＋x 0＋1－a ＝e ，1 x －1所以令g(x)＝x －lnx ＋1，则g ′(x)＝1－x ＝ x ，x 0－lnx 0＋1＝e.当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x)＞0，故当x ∈(1，＋∞)时，g(x)单调递增．又因为g(e)＝e ，所以x 0＝e ，将x 0＝e 代入lnx 0＋1＋1－a ＝1，得a ＝2.x 0e1－1(x>0)．令h(x)＝lnx ＋1，则h ′(x)＝1－12x －1.x 2(2)证明：由a ＝2，得f ′(x)＝lnx ＋xxxx ＝当x ∈(0,1)时，h ′(x)＜0；当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x)＞0，故当x ∈(0,1)时，h(x)单调递减；当x ∈(1，＋∞)时，h(x)单调递增，故h(x)≥h(1)＝1. 因此当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x)＝h(x)－1≥0，当且仅当x ＝1 时，f ′(x)＝0.所以f(x)在定义域内单调递增．2．已知函数f(x)＝e x －ax 2－bx －1，其中a ，b ∈R ，e ＝2.71828⋯⋯为自然对数的底数．设g(x)是函数f(x)的导函数，求函数g(x)在区间[0,1]上的最小值．解：由f(x)＝e x－ax2－bx－1，得g(x)＝f′(x)＝e x－2ax－b.所以g′(x)＝e x－2a.因此，当x∈[0,1]时，g′(x)∈[1－2a，e－2a]．当a≤1时，g′(x)≥0，所以g(x)在[0,1]上单调递增，因此g(x)在[0,1]上的最小值是g(0)＝1－b；2当a≥e时，g′(x)≤0，所以g(x)在[0,1]上单调递减，因此g(x)在[0,1]上的最小值是g(1)＝e－2a 2－b；1e．当<a<时，令g′(x)＝0，得x＝ln2a∈(0,1)22当g′(x)<0时，0≤x<ln2a；当g′(x)>0时，ln2a<x≤1，所以函数g(x)在区间[0，ln2a)上单调递减，在区间(ln2a,1]上单调递增，于是g(x)在[0,1]上的最小值是g(ln2a)＝2a－2aln2a－b.11e时，g(x)在[0,1]上的最小综上所述，当a≤时，g(x)在[0,1]上的最小值是g(0)＝1－b；当<a<222e值是g(ln2a)＝2a－2aln2a－b；当a≥2时，g(x)在[0,1]上的最小值是g(1)＝e－2a－b.x3．已知函数F(x)＝e＋sinx－ax，当x≥0时，函数y＝F(x)的图象恒在y＝F(－x)的图象上方，求实数a的取值范围．解：设φ(x)＝F(x)－F(－x)＝e x－e－x＋2sinx－2ax.则φ′(x)＝e x＋e－x＋2cosx－2a.设S(x)＝φ″(x)＝e x－e－x－2sinx.x－x∵S′(x)＝e＋e－2cosx≥0在x≥0时恒成立，∴函数S(x)在[0，＋∞)上单调递增，∴S(x)≥S(0)＝0在x∈[0，＋∞)时恒成立，因此函数φ′(x)在[0，＋∞)上单调递增，∴φ′(x)≥φ′(0)＝4－2a在x∈[0，＋∞)时恒成立．当a≤2时，φ′(x)≥0，∴φ(x)在[0，＋∞)单调递增，即φ(x)≥φ(0)＝0.故a≤2时F(x)≥F(－x)恒成立．当a>2时，φ′(x)<0，又∵φ′(x)在[0，＋∞)单调递增，∴存在x0∈(0，＋∞)，使得在区间[0，x0)上φ′(x)<0.则φ(x)在[0，x0)上递减，而φ(0)＝0，∴当x∈(0，x0)时，φ(x)<0，这与F(x)－F(－x)≥0对x∈[0，＋∞)恒成立不符，∴a>2不合题意．综上，实数a的取值范围是(－∞，2]．xa4．(2018·沙模拟长)已知函数f(x)＝e，g(x)＝，a为实常数．(1)设F(x)＝f(x)－g(x)，当a>0时，求函数F(x)的单调区间；(2)当a＝－e时，直线x＝m，x＝n(m>0，n>0)与函数f(x)，g(x)的图象共有四个不同的交点，且以此四点为顶点的四边形恰为平行四边形．求证：(m－1)(n－1)<0.解：(1)F(x)＝e x－a，其定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)．而F′(x)＝e x＋a2，x x当a>0时，F′(x)>0，故F(x)的单调递增区间为(－∞，0)∪(0，＋∞)，无单调递减区间．(2)证明：因为直线x＝m与x＝n平行，故该四边形为平行四边形等价于f(m)－g(m)＝f(n)－g(n)且m>0，n>0，m≠n.当a＝－e时，F(x)＝f(x)－g(x)＝e x＋e，xx e x e x2e 则F′(x)＝e－x2.设h(x)＝F′(x)＝e－x2(x>0)，则h′(x)＝e＋x3>0，x e故F′(x)＝e－x2在(0，＋∞)上单调递增．又F′(1)＝e－e＝0，故当x∈(0,1)时，F′(x)<0，F(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，F′(x)>0，F(x)单调递增，而F(m)＝F(n)，故0<m<1<n或0<n<1<m，所以(m－1)(n－1)<0.。
2019高考数学热点难点突破技巧第03讲：导数中的二次求导问题【知识要点】1、高中数学课程标准对导数的应用提出了明确的要求，导数在研究函数中的应用，既是高考考查的重点，也是难点和必考点.利用导数求解函数的单调性、极值和最值等问题是高考考查导数问题的主要内容和形式，并多以压轴题的形式出现.常常考查运算求解能力、概括抽象能力、推理论证能力和函数与方程、化归与转化思想、分类与整合思想、特殊与一般思想的渗透和综合运用，难度较大2、在解决有关导数应用的试题时，有些题目利用“一次求导”就可以解决，但是有些问题“一次求导”，不能求出原函数的单调性，还不能解决问题，需要利用“二次求导”才能找到导数的正负，找到原函数的单调性，才能解决问题• “再构造，再求导”是破解函数综合问题的有效工具，为高中数学教学提供了数学建模的新思路和“用数学”的新意识和新途径•【方法讲评】【例1】（理・2010全国卷I第20题）已知函数' .（I）若「一「宀厂〔求；的取值范围；（H）证明：'■【解析】由于⑴二（卄L）Sr+1可知函数/V）的定义域为易得Z（v）= ln,v^（x+l）--l=lnA+lX Xr /' Il i则由h d）< ” +n.v+ 冋知x' tn - < f + ov + L化简得二;L…，丄所以两边同乘••可得工卞兰汎一二，所以有二三二厂一丁，在对二_ '求导有= J即当0＜工＜1时，£⑴〉0, 区（刃在区间上为增函数；当云二1时,GF U O；当I v K时，叫刘＜0, 在区间（JZ上为减函数.所以•'在応—1时有最大值，即L■■- -;j:- - - - 1: 1.又因为丄二丄.1 •:，所以J工一［（2）要证只殒证当0＜斗幻时』/（x）＜0}当T＞1B寸』即可.由上Sn/{jf）= lnx+-,再对y（x） = ln A -F—求导'设g（x） = ln^+-,则0（力二丄一^ 二匕丿，显X TA AT y" X然当O＜MI时，如5 当el时,ffV-）＞o7 Hp ff（x）=hix+1 在区间（o.i）l MMW 所以有当0＜.v＜l时』^fx）＞-11） = 1 ,所決当0＜K G时八兀比"0』则亢"在区间01］上为増函数』gn/（.v）＜/（i）=o,临£贝q有u-ii/a沦o成茁当八匚时，同理，当—厂时，一 '＞■,即」'■在区间一上为增函数，则此时，/（H）为增函数，所以，何之/（】）=°，易得也成立•综上得证.方法二：（（I）八gin工+ ：,则右幼+阮+ 1题设m 2 +曲+ 1等价于hi x-x＜a.令訴真,则思內工当〔＜：：＜〔时，・'^ ；当疋时，=：「一一，疋匚】是—的最大值点，所以£（力盂g（l）=・l综上，二的取值范围是-一 .7：.( 1 ]j ix)=lnx-F(xlnz-j^l) = lnx4*x In r+—1IJ= lnz-zfln--- + l <0因为上■< 0,所以此时■；「-x+l)=lnx-A[ln--- + l|>0 \ x J(x-ivw>o【点评】（i ）比较上述两种解法，可以发现用二次求导的方法解题过程简便易懂, 自然流畅，难度降低，否则，另外一种解法在解第二问时用到第一问的结论，而且运用了一 些代数变形的技巧，解法显得偏而怪，同学们不易想出 •（ 2）大家一定要理解二次求导的使 用情景，是一次求导得到 -■' 之后，一'•’「一解答难度较大甚至解不出来（3）二次求导之后，设 — ■'，再求「一，求出的解，即得 到函数--J-'的单调性，得到函数二八的最值，即可得到-■二 的正负情况，即可得到函数【例2】设函数'' ' 11' ' ' '•（I ）若|：-'-在点处的切线为・-卩，求八 的值；（n ）求 八7的单 调区间; （川）若厂 ，求证：在「时」-“尸f _ 1 -们【解析】（I ）： 「廿亠二［-' =丄''， •••」八在点处的切线为L 叮十7，即i 在点的切线的斜率为芒，(□)由(I) 知,= -1，即i n J -J +1 <0 .<〔时，/ (z ) =ln x4-(rlnz当上二•时，思路来得2将切点代入切线方程・一=7_；，得：•一所以"，—匕；（【I）由（I ）加= =^（.¥>0）,下面对盒的正员情况曲亍讨X X（ra^<ofl寸，r（^<o*（o, d 上恒成土m/（.v）在（o,険）上单雌威；②当心w 『（廿在（0丄）上单调递癘川工）在（丄，皿）上单调递増孑a c综上所述』当心0时，于仕）的单调递减区间为W,山儿些心0时，孑⑴的单调递馮区间为卩丄” /（£的里趣詹区间为（—+巧』a a（出）… /懐）=盘工_ 2T D工（肚g R） g〔x）三处_护•••要证：当工匸:-时，匚• i •〉」「-,即证：，」匚_：「，令山住）三計一In賣-2讥 > 可，则只需证：方Uhin > 0，衬⑴二才一丄^-1>0 *-1沪0由于•’，（由于不等式•；是超越不等式，所以此处解不等式丄解答不出，所以要构造函数二次求导.）七⑸二/_2（工n0） ■ HxXJ*丄：>0设. ' 上”所以函数在■ ■' 1"" 单调递增，又因为内存在唯一的零点, 即'：；；在-…丁）内存在唯一的零点，设这个零点为所以2,•••切点为--,（这个雾点#垮点的区间找到很关键很重更必须找到，直接关系到拝（©的单调性和hg"Fjf以丹3在（打）內存在唯一的雲冃即厅（Q在①十巧内存在唯一的零点，设这个雲点为心昆卩j 3则/--= 0 :.e1=-（| J fifi以方CQ胚®0罡涮画数，在（『严h）是增函埶f t 3PMA 力（；0 工-=7<f）=tf f-lnr-2 = --ln4-- = -+^--^--^ = Or e r故等号不成立，二"⑺九址A（h即当:VA O时，/（A-）>g（x）.-1 >0 别⑴二/一丄沁【点评】（1）由于不等式“是超越不等式，所以不等式亠解答不出，所以要构造函数二次求导•这是要二次求导的起因• （2）仅得到函数「：•“在单调递增是不够的，因为此时：："「’ l，所以；-：1甘，所以.■<的单调性还是不知道，所以无法求一’.所以必须找到这个零点和零点所在区间，这个零点和零点的区间找到很关键很重要，直接关系到••丿的单调性和…」■-1-.【反馈检测1】【2017课标II，理】已知函数‘‘亠丄丄，且....!_ -.⑴ 求出；⑵ 证明：存在唯一的极大值点°,且；，''：.【反馈检测2】已知函数/：/' 宀R在点处的切线方程为z- 2y-2 = 0/（x）+ - <0（1）求― 的值；（2）当—时，- 恒成立，求实数的取值范围；1 1 1 捕—M—2_ •- --- 十----H ----- H ----- > ------ 2 ------（3）证明：当兀E N，且冷工己时，21口2 ?1口3 泌n附加+2科.高考数学热点难点突破技巧第 03讲:导数中二次求导问题参考答案【反馈检测1答案】（1）二；（2）证明略.【反馈检测1详细解析】（1） *「丿的定义域为'1'■：设并”…・讪，则『历二殆⑴J 讨＞ o 等价于訂” “呂（1）=山 & E ＞ 0, （1 1=4 而鼠‘杠 || = H - 丄「計'1 |=£2 - lr 得血=1因为若"1,则'、_「当时，—「― I 单调递减；当八：时，」「〉 o , -「单调递增.所以■■ = ■-是二一‘：的极小值点，故--:-，综上1.2 -由（1/ 知 F I 不 I =才一拓一芒 In 简 £r （^r ） = Z Y — 2 - ・设加职=- 2 - 111胳则笊胡=2 -—x11、 1、 f T当用「G 「时打胡V0 j 当X 益了，+« ；时，打* ＞0」所以血石I 在Q 「单调递减，在齐P I 单调逼増1 ' —r +co，在段丿有唯一零因为’「 T'；,所以二二是「■ ■的唯一极大值点【反馈检测2详细解析】（1） 解：•••「'一 亠—_"：1fl_.11•••直线工6-2 = 0的斜率为龙，且过点I 2丿,又—r n叽AT点1,且当■- 11■'时,「一 ；当―（%1）时，匕）＜0，当 JT E门坨)=Ofl- In唤・山故巩斗）■¥・％） 因为h 二心是在（0,1 ）的最大值点，由，所以严心）＜2"【反馈检测2答案】 (1)£1； ( 2)(1 -00 一I 2；（3）见解析.，所以’ 有唯一零点"，由’•(2) 解法“由(1)得 f(x)=lnx^.* v jr ¥■* 当兀》1时，/（力+ —二^恒成立，^ln.v-- + -<0,等价于上艺一一工也厂x 2. x 1令总(x) =--xlnx f 则『(x) =x-(lnx + l) = :v-4-hif ,] 兀一令飆pE-u ,则血m-〒二 当“j 时，「， ■ 1,函数：「在—「上单调递增，故•• u 「_ I从而，当-1时，—"亠，即函数 ■''在.二 上单调递增，故■' '■' 1-.k - xln Ai < -因此，当时，-恒成立，则 -.（11-00, _ •••所求丘的取值范围是I 2-./(x) = lnx--解法2:由(1得一-.y (+— < oiti^ — — + — <o当f 1时，'■■ 恒成立，即]丄 恒成立.$ 、 .K k打 \ I 1 上J 3 -2x+2t呂⑴=1“-亍一 g (X ] = _--—令2 葢，贝yx 2 x2x方程「暑 -< '■ (*)的判别式1-'< .（i ）当 _」，即.[时，则•；、1 时，〃二-■-< '■，得「’、- 故函数■•在 "'上单调递减1- 2_ -h 1- 2 --1lr竄⑴二一一+比=氏琴（2）二 In 2 — 1* — a 0 由于- 二 _-故函数—在―「上单调递减，则-- 1''，符合题意.（mi J >O ,寸，方程 ⑷ 的两根为工产1-JT 丟弋1也=1十旷丟汀』dia则咒貞 1丹）时,ff r （x ）>0, XEf^.-Ko^rJ,故函数凶力往（1应I 上单调递増，在也h 却上单调递减, V i~从Jt 圉数小貂在角4沁）上的最大值为列列=由站-丸亠壬.2 為 g (眄)二也勺 一 =+ — <ltuc 2-2 /（11 -C0,-综上所述，疋的取值范围是I 2-.-■|. — 1In --I-——< 0j^lri x < --------（3）证明：由（2）得，当a 时，-二，可化为二12 11---- > ——二 ------- - ---- 又 xl 门庄 >。
二次求导问题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.。
二次函数的导数与极值问题的求解问题在解决二次函数的导数与极值问题时，我们需要掌握一些基本的知识和方法。
本文将介绍二次函数的导数以及如何求解二次函数的极值问题。
一、二次函数的导数二次函数是指函数的最高次项是2次的函数。
一般的二次函数可以表示为f(x) = ax^2 + bx + c，其中a、b、c为常数，且a≠0。
1. 导数的概念导数衡量了函数在某一点的变化程度，即函数曲线在该点的切线斜率。
对于函数f(x)，它的导数表示为f'(x)或df(x)/dx，其中d表示微分的意思。
2. 导函数的计算对于二次函数f(x) = ax^2 + bx + c，可以通过求导的方式得到它的导函数f'(x)。
首先，对于常数项c，它的导数为0；其次，对于一次项bx，它的导数为b；最后，对于二次项ax^2，它的导数为2ax。
因此，二次函数f(x)的导函数f'(x) = 2ax + b。
3. 二次函数的极值点极值点是函数在定义域内的局部最大值或最小值的点。
对于二次函数f(x)，它的极值点可以通过求导函数f'(x)的零点来得到。
当二次函数f(x)的导函数f'(x) = 0时，即2ax + b = 0，解得x = -b/2a。
将x = -b/2a代入原函数f(x)中，即可得到极值点的纵坐标。
二、求解二次函数的极值问题接下来，我们将以一个实例来详细说明如何求解二次函数的极值问题。
假设有一个二次函数f(x) = 2x^2 - 3x + 1，我们需要找到它的极值点。
1. 求导函数首先，我们求导函数f'(x)。
根据前面的推导，导函数为f'(x) = 4x - 3。
2. 求导函数的零点接下来，我们令f'(x) = 0，解得4x - 3 = 0，即x = 3/4。
3. 求极值点的纵坐标将x = 3/4代入原函数f(x)中，即可得到极值点的纵坐标。
f(3/4) = 2(3/4)^2 - 3(3/4) + 1 = 2(9/16) - 9/4 + 1 = 9/8 - 9/4 + 1 = -1/8。
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.。
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.当时，同理，当时，＞，即在区间上为增函数，则，此时，为增函数，所以，易得也成立.综上，得证.方法二：（Ⅰ），则题设等价于. 令，则.当＜＜时，＞；当时，，是的最大值点，所以.综上，的取值范围是.（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。
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。
高中数学不等式放缩二次求导确定单调区间，缩放构建新函数求最值在高中数学中，不等式放缩、二次求导和构建新函数等方法可以用于确定函数的单调区间和最值。
以下是一些示例:1. 不等式放缩：假设我们有一个函数 f(x),我们需要确定它的单调区间。
我们可以通过使用不等式放缩来扩展 f(x) 的符号，从而确定其单调区间。
例如，如果我们想要确定 f(x) = x^2 在 x = 2 处的单调区间，我们可以使用不等式放缩来扩展 f(x) 的符号。
如果我们将 x^2 替换为 (x - 2)(x + 2),我们可以得到 f(x) = (x - 2)(x + 2) + 4。
通过使用不等式放缩，我们可以得出结论，f(x) 在 x = 2 处单调递增。
2. 二次求导：如果我们有一个函数 f(x),我们需要确定它的单调区间，我们可以使用二次求导法来确定其单调区间。
例如，如果我们想要确定 f(x) = x^2 在 x = 2 处的单调区间，我们可以使用二次求导法。
我们可以通过对 f(x) 求导并检查导数是否为零来确定其单调区间。
具体来说，我们可以使用 f"(x) = 2x，并检查在 x = 2 处是否为零。
我们发现 f"(x) 在 x = 2 处不为零，因此 f(x) 在 x =2 处单调递增。
3. 构建新函数：如果我们想要确定一个函数的最值，我们可以使用构建新函数的方法。
例如，如果我们想要确定函数 f(x) = x^2 + 2x + 1 在 x = 1 处的最值，我们可以使用构建新函数的方法。
我们可以将 f(x) 替换为 g(x) = x^2 + 2x + 1 + C，其中 C 是常数。
通过计算，我们得出结论，g(x) 在 x = 1 处取得最小值。
这些方法是高中数学中用于确定函数单调区间和最值的常见方法。
