猪的拼音：二次求导问题

2020年11月29日发(作者：刁锐)
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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

若函数f(x)＝
[典例]




sinx
x

，01
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)＝
sinx
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

[方法演示]

解：由f(x)＝



f′(x)<0时，函数f(x)单调递减．


2
sinx
，得f′(x)＝

xcosx－sinx

x


，


x

设 g(x)＝xcosx－sinx，则g′(x)＝－xsinx＋cosx－cosx＝－xsinx.






∵ 0数 f(x)在(0，π)是减函数，∴当01
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)e


x
－
1
1

－f(0)x＋x，求f(x)的解析式及单调区间．

2

解：因为f(x)＝f′(1)e

x
－
1
－
－f (0)x＋x
2
，所以f′(x)＝f′(1)e
x1
－f(0)＋x.
2

1
2

令x＝1，得f(0)＝1.所以f(x)＝f′(1)e


x
－
1
1
2
－x＋x

，所以f(0)

＝f′(1)e




－
1
＝1

，解得f′(1)

＝e.










所以f(x)＝e－x＋

x
2
.

2

x
1



2







聪明在于勤奋，天才在于积累

1

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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
2
，且单调递增区间为 (0，＋∞)，单调递减区间为

2

x
1
(－∞，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.

2
为y＝f(x)的极值点，求实数

a的值；

(1)

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)＝



2
a

＋3x－2x－a.

ax＋1


2


由题意，知f′
3

＝0，所以
2


a

4

4

－
＋

3

3
－a＝0，解得a＝0.





3
a＋1


当 a＝0时，f′(x)＝x(3x－2)，从而x＝


2
3
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
＝
ax＋1

x[3ax
2
＋
3
－< br>2ax
－
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

当 a≠0时，由ax＋1>0对x>1恒成立，知a>0.


a＝0符合题意；

所以3ax
2
＋(3－2a)x－(a
2
＋2)≥0对x∈[1，＋∞)恒成立．

令 g(x)＝3ax＋(3－2a)x－(a＋2)，其对称轴为x＝－，因为a>0，所以－<，所以g(x)
32a32a3

22
11111


2
1＋5


在[1，＋∞)上为增函数，所以只需


g(1)≥0即可，即－a＋a＋1≥0，解得0
0，


2

.

综上，实数a的取值范围为




1＋5

2

.






(3)由已知得，x>0，∴b＝x(lnx＋x－x
2
)＝xlnx＋x
2
－x
3
.

令 g(x)＝x lnx＋x
2
－x
3
，则g′(x)＝lnx＋1＋2x－3x
2< br>.
令h(x)＝g′(x)，则h′(x)＝＋2－6x＝－

16x
2

当0

1
＋

7
6

x

－2x－1

.

x








时，h′(x)>0，∴函数h(x)＝g′(x)在
0
，

1＋

7
上递增；

6


聪明在于勤奋，天才在于积累

2

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北京华罗庚学校

当x>

1＋

6


为全国学生提供优质教育

1
＋
7

7
时，h′(x)<0，∴函数h(x)＝g′( x)在
，＋
∞上递减．



又 g′(1)＝0，∴存在 x
0
∈
0
，
1
＋
7
6

，使得g′(x
0
)＝0.6


当 00
时，g′(x)<0，∴函数g(x)在(0，x
0
)上递减；
当 x
0
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－x＝x(lnx＋x－x)≤xlnx＋
x→0时，lnx＋





232
1
4
，当
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

这个方程求解不易，这时我们

这个方程求解有困难，考虑用

< br>求g(x)＝x(lnx＋x－x
2
)极值问题，问题是g′(x)＝lnx＋1＋2x －3x
2
＝0

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

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
－t x
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，＋∞)

恒成立，即t≤

e
x
＋x－ex＋xlnx

2
对任意的


x∈(0，＋∞)恒成立．



3








x






－lnx，

令F(x)＝




x


e
x
＋x－ex＋xlnx

2

xe
x
＋ex－2e
x
－xlnx

，则F

′(x)＝

1

2

＋e－

2
2e
x

x

2e
x
令G(x)＝e＋e－－lnx，则x

x

x

x

2xe
x
－
e
x

2

＝
x

e



x

＞0对任意的x∈(0，
G′(x)＝e
x
－
＋∞)恒成立．


x

2e
x
－
1
＝
e

x


x
x－1


2
x


＋e－x


∴G(x)＝e
x
＋e－


－lnx在(0，＋∞)上单调递增，且

G(1)＝0，


x

聪明在于勤奋，天才在于积累

3

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为全国学生提供优质教育

∴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

求F(x)＝

(2)问要求参数

2

＋e－

t的范围问题，实际上是

e
x
＋x－ex＋xlnx

2


1
x

2e
x

－lnx这个方程求解不易，这时我



们可以尝试对






极值问题，问题是

F′(x)＝
x
e


x

x

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＋k x
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)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0ln2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，

F(x)在(0，s)上递减．故

从而F′(x)在(0，s)上递减，于是当


x∈(0，s)时，F′(x)
当 x∈(0，s)时，F(x)综上所述，对任意的

故实数k的取值范围为











t>0，都有h′(x)<0，所以1－2(k＋t)<0 ，即k>
1
1
2
－t，


－t，＋∞.

聪明在于勤奋，天才在于积累

4

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3

为全国学生提供优质教育

利用二次求导证明不等式

.





2
[典例]证明当x>0时，sinx>x－

x


6

[方法演示]

证明：令f(x)＝sinx－x＋
x



3
x
，则f′(x)＝cosx－1＋

，所以f″(x)＝－sinx＋x.

2




6


易知当x>0时，sinx 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＋



x
3


3
>f(0)＝0.

所以sinx>x－

x

(x>0)．

6

6



[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.
解：(1)当m＝0时，f(x)＝－lnx－1，则f′(x)＝－

1

，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.



要证f(x)>1，只需证e

x
－lnx－2>0.设g(x)＝e

x
－lnx－2，则g′

x

(x)＝e

x
－

1

x


.




x

x
1



1

1


设h(x)＝e－
x
，则h′(x)＝e＋
x
2
>0.所以函数

因为g′
且x
0
∈，1.


1

1
2

2

＝e－2<0，g′(1 )＝e－1>0，所以函数g′(x)＝e－在(0，＋∞)上有唯一零点

x
0
，


x


1
h(x)＝g′(x)＝e

x
－
x
在(0，＋∞)上单调递增．


1
因为g′(x
0
)＝0，所以ex
0
＝，即lnx
0
＝－ x
0
.

1








2

x
0

当x∈( 0，x
0
)时，g′(x)<0；当x∈(x
0
，＋∞)时，g′(x)>0 ，所以当

1
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
)＝ex
0
－lnx
0
－2＝

综上可知，当

m≥1时，f(x)>1.

＋x
0
－2>0.

聪明在于勤奋，天才在于积累

5

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北京华罗庚学校



为全国学生提供优质教育

1＋x
2
.




1．(理)对任意实数 x，证明不等式 1＋xln(x＋ 1＋x
2
)≥

证明：设f(x)＝1＋xln(x＋



1＋x
2
)－1＋x
2
，













x
1＋


x

2



∵f′(x)＝ln(x＋1＋x
2
)＋




1＋x

－

x＋

1＋

x＋

1＋x
2





x


＝ln(x＋



1＋x
2
)，







1＋x
2






设h(x)＝f′(x)，则h′(x)＝



x



1＋x
2


2
＝

1＋x
2
＋x

2

2
＝

1

2
>0，


1＋x


1＋xx＋

1＋x

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＝x－e.

e

(1)求a的值；

1










































(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－a，


1
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< br>0
)，

即y－(x
0
＋1)lnx
0
＋a x
0
＝lnx
0
＋＋1－a(x－x
0
)，即y＝ln

1
x
0
＋＋1－a

x
0





1
x＋lnx
0
－x
0
－1，









2
x
0
1

所以

lnx
0
＋
x
0









2








1

＋1－a＝
e
，

1

x－1


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．
< br>又因为g(e)＝e，所以x
0
＝e，将x
0
＝e代入lnx
0
＋＋1－a＝，得a＝2.




11
1
x
0
－1(x>0)．令h(x)＝lnx＋，则h′(x)＝－
x




1
e

11

x－1

(2)证明：由a＝2，得f′(x)＝lnx＋
x

当x∈(0,1)时，h′(x)＜0；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)＞0，

xx
＝


x










.

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

所以f(x)在定义域内单调递增．





时，f′(x)＝0.


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< br>
g(x)是函

聪明在于勤奋，天才在于积累

6

======
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北京华罗庚学校


为全国学生提供优质教育

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≤


1
e
时，g′(x)≥0，所以g(x)在[0,1]上单调递增，因此

2

2


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；

1


当


e

．



2

2


当g′(x)<0时，0≤x0时，ln2a递减，在区间(ln2a,1]上单调递增，于是

1

2





g(x)在区间[0，ln2a)上单调

g(x)在[0,1]上的最小值是g(ln2a)＝2a－2aln2a－b.

1

2



综上所述，当a≤时，g(x)在[0,1]上的最小值是g(0)＝1－b；当

e

时，g(x)在[0,1]

上的最小

2


e

值是g(ln2a)＝2a－2aln2a－b；当a≥

2
时，g(x)在[0,1]上的最小值是

x




g(1)＝e－2a－b.

3．已知函数F(x)＝e＋si nx－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．




－
设 S(x)＝φ″(x)＝e
x
－e
x
－2sinx.
－－
解：设φ(x)＝F(x)－F(－x)＝e
x
－e
x
＋2sinx－2ax .则φ′(x)＝e
x
＋e
x
＋2cosx－2a.

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．
< br>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< br>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]．
x



a

4．(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－，其定义域为

x

x



a
a
x
(－∞，0)∪(0，＋∞)．而F′(x)＝ e＋
2
，

x





聪明在于勤奋，天才在于积累

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北京华罗庚学校


为全国学生提供优质教育

(－∞，0)∪(0，＋∞)，无单调递减区间．

当a>0时，F′(x)>0，故F(x)的单调递增区间为


(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



x
f(m)－g(m)＝f(n)－g(n)且m>0，n>0，m≠n.

e
x
当 a＝－e时，F(x)＝f(x)－g(x)＝e＋，x
e
x
e

x
2e

则F′(x)＝e －
x
2
.设h(x)＝F′(x)＝e－
x
2
(x>0)， 则h′(x)＝e

e


x
故F′(x)＝e－

x

2
在(0，＋∞)上单调递增．又


＋
x
3
>0，


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













































































聪明在于勤奋，天才在于积累

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