增分點(diǎn)3 二次求導(dǎo)在解題中的妙用

1、導(dǎo)數(shù)既是高中數(shù)學(xué)的一個(gè)重要內(nèi)容，又是高考的一個(gè)必考內(nèi)容近幾年高考中，出現(xiàn)了一種新的“導(dǎo)數(shù)”，它是對(duì)導(dǎo)函數(shù)進(jìn)行二次求導(dǎo)而產(chǎn)生的新函數(shù)，尤其是近幾年作為高考的壓軸題時(shí)常出現(xiàn)era利用二次求導(dǎo)求函數(shù)的單調(diào)性典例若函數(shù)金)=詈，0 x020時(shí)，函數(shù)fx)單調(diào)遞增；當(dāng)f(x)0時(shí)，函數(shù)fx)單調(diào)遞減.方法演示解：由f(x)=!,得f(x)=xc遷嚴(yán),設(shè)g(x)=xcosxsinx,貝Ug(x)=xsinx+cosxcosx=xsinx.*.*0 xn,Ag/(x)0,即函數(shù)g(x)在(0,n)上是減函數(shù).g(x)g(0)=O,因此f(x)0,故函數(shù)fx)在(0,n)是減函數(shù)，當(dāng)0。2b解題師說(shuō)從本題解答

2、來(lái)看，為了得到fx)的單調(diào)性,須判斷從本題解答來(lái)看，為了得到fx)的單調(diào)性,須判斷f(x)的符號(hào),xcosxsinx而f(x)=x2的分母為正,只需判斷分子xcosxsinx的符號(hào)，但很難直接判斷，故可通過(guò)二次求導(dǎo)，判斷出一次導(dǎo)函數(shù)的符號(hào)，并最終解決問(wèn)題應(yīng)用體驗(yàn)11.已知函數(shù)fx)滿(mǎn)足fx)=f(1)ex-1f(0)x+2x2，求fx)的解析式及單調(diào)區(qū)間.1解：因?yàn)閒x)=f(1)ex1爪0比+尹2,所以f(x)=f(1)ex-1f(0)+x令x=1,得f(0)=1.所以/(0=f心-兀+鳥(niǎo)2,所以Z(0)=f(1)e-1=1,解得f(1)=e.1所以f(x)=ex_x+尹2.設(shè)g(x)=f(

3、x)=ex_1+x,則g(x)=ex+10,所以y=g(x)在R上單調(diào)遞增.因?yàn)閒(0)=0,所以f(x)0=f(0)Ox0,f(x)v0=f(0)OxvO1所以fx)的解析式為fx)=ex_x+jr2，且單調(diào)遞增區(qū)間為(0,+8),單調(diào)遞減區(qū)間為(一8,0).利用二次求導(dǎo)求函數(shù)的極值或參數(shù)的范圍丨典例(理)已知函數(shù)fx)=ln(ax+1)+x3_x2ax.2若x=3為y=fx)的極值點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的值；若y=fx)在1,+8)上為增函數(shù)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；若a=_1時(shí)，方程f(1_x)_(1x)3=X有實(shí)根，求實(shí)數(shù)b的取值范圍.方法演示解：Of(x)=aX+i+3x2_2x_a由題意，知f(

4、2)=0,a44所以+3_3_a=0,解得a=0.尹+12當(dāng)a=0時(shí)，f(x)=x(3x_2)，從而x=3為y=f(x)的極值點(diǎn).(2)因?yàn)閒x)在1，+8)上為增函數(shù)，所以f(x)=aX+i+3x2_2x_a二址3也魯嚴(yán)也刃在1，+8)上恒成立.當(dāng)a=0時(shí)，f(x)=x(3x_2)，此時(shí)fx)在1，+8)上為增函數(shù)恒成立，故a=0符合題意；當(dāng)aH0時(shí)，由ax+10對(duì)x1恒成立，知a0.所以3ax2+(32a)x(a2+2)M0對(duì)xE1，+8)恒成立.11111令g(x)=3ax2+(3_2a)x_(a2+2)，其對(duì)稱(chēng)軸為x=3_石，因?yàn)閍0,所以3_石0,b=x(lnx+xx2)=xlnx+

5、x2x3令g(x)=xlnx+x2x3，則g(x)=lnx+1+2x3x2.16x22x1令h(x)=g(x),則h(x)=x+26x=x,1+寸7L,當(dāng)Ovxv6時(shí)，h(x)0,上遞增；上遞增；函數(shù)h(x)=g當(dāng)x1_6刁時(shí),h(x)V0,+8,+8J上遞減.函數(shù)h(x)=g(x)在又g又g(1)=0,存在x0elo,，使得g(x0)=0當(dāng)0vxvx0時(shí)，g(x)v0,函數(shù)g(x)在(0,x0)上遞減;當(dāng)x0vxv1時(shí)，g(x)0,函數(shù)g(x)在(x01)上遞增；當(dāng)x1時(shí)，g(x)v0,函數(shù)g(x)在(1,+8)上遞減.又當(dāng)xf+8時(shí)，g(x)f8又g(x)=xlnx+x2x3=x(lnx+

6、xx2)Wx(lnx+4),當(dāng)x-0時(shí)，lnx+1v0,則g(x)v0,且g(1)=0,b的取值范圍為(8,0解題師說(shuō)本題從題目形式來(lái)看，是極其常規(guī)的一道導(dǎo)數(shù)考題，第3)問(wèn)要求參數(shù)b的范圍問(wèn)題，實(shí)際上是求g(x)=x(lnx+xx2)極值問(wèn)題，問(wèn)題是g(x)=lnx+1+2x3x2=0這個(gè)方程求解不易，這時(shí)我們可以嘗試對(duì)h(x)=g(x)再一次求導(dǎo)并解決問(wèn)題所以當(dāng)導(dǎo)數(shù)值等于0這個(gè)方程求解有困難，考慮用二次求導(dǎo)嘗試不失為一種妙法(文)已知函數(shù)/(x)=exxlnx，g(x)=extx2+x，tR，其中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù).(1)求函數(shù)心)的圖象在點(diǎn)(1,f(1)處的切線(xiàn)方程；若g(x)Mfx)對(duì)任

7、意的xG(0,+8)恒成立，求t的取值范圍.方法演示解：(1)由fx)=exxlnx,知f(x)=elnx1,則f(1)=e1,而f(1)=e,則所求切線(xiàn)方程為ye=(e1)(x1),即y=(e1)x+1(2)Tfx)=exxlnx,g(x)=extx2xttER,g(x)f(x)對(duì)任意的xE(0,+8)恒成立等價(jià)于審一tx2+xex+xlnxMO對(duì)任意的xG(0,+TO)恒成立,“b+xex+xlnx亠,、即tW2對(duì)任意的xE(0,+8)恒成立.令F令F(x)=a+xex+xlnxx2xb+ex2axlnx1(,2ex,x3則F(x)=x3=x+e_x_lnx3令GCxFe+exlnx,x則

8、g(x)=筆訃盼-詈”0對(duì)任意的xE(0,+8)恒成立.G(x)=ex+e竽一lnx在(0,+8)上單調(diào)遞增，且G(1)=0,x當(dāng)xE(0,1)時(shí)，G(x)V0,當(dāng)xE(1,+8)時(shí)，G(x)0,即當(dāng)xE(0,1)時(shí)，F(xiàn)(x)V0,當(dāng)xE(1,+8)時(shí)，F(xiàn)(x)0,F(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1,+8)上單調(diào)遞增，F(xiàn)(x)aF(1)=1,tW1,即t的取值范圍是(一8,1.解題師說(shuō)本題從題目形式來(lái)看，是極其常規(guī)的一道導(dǎo)數(shù)考題，第2)問(wèn)要求參數(shù)t的范圍問(wèn)題，實(shí)際上是求F(x)=竺土匸x土唾極值問(wèn)題，問(wèn)題是F，(x)=xex+e-2-lnx這個(gè)方程求解不易，這時(shí)我們可以嘗試對(duì)G(x)=F(

9、x)再一次求導(dǎo)并解決問(wèn)題.所以當(dāng)導(dǎo)數(shù)值等于0這個(gè)方程求解有困難，考慮用二次求導(dǎo)嘗試不失為一種妙法應(yīng)用體驗(yàn)2.設(shè)kR，函數(shù)fx)=ex-(1+x+kx2)(x0).若k=1，求函數(shù)fx)的導(dǎo)函數(shù)f(x)的極小值；(2)若對(duì)任意的/0,存在$0,使得當(dāng)xe(0,$)時(shí)，都有fx)x2，求實(shí)數(shù)k的取值范圍.解：(1)當(dāng)k=1時(shí)，函數(shù)fxM(1+x+x2),則fx)的導(dǎo)數(shù)f(x)=ex(1+2x),令g(x)=f(x),則g(x)=b2,當(dāng)0 xln2時(shí)，g(x)ln2時(shí),g(x)0,從而f(x)在(0,ln2)上遞減，在(ln2,+8)上遞增.故導(dǎo)數(shù)f(兀)的極小值為f(In2)=1-21n2.(2

10、)對(duì)任意的40,記函數(shù)F(x)=f(x)ir2=ex1+X+(k+t)X2，x0，根據(jù)題意，存在Q0,使得當(dāng)x(0,$)時(shí)，F(xiàn)(x)vO易得F(x)的導(dǎo)數(shù)F(x)=el+2(k+t)XI，令h(x)=Ff(x),則h(x)=ex2(k+t).若h(x)N0,注意到h(x)在(0,$)上遞增，故當(dāng)x(0,$)時(shí)，h(x)h(O)M0,于是F(x)在(0,s)上遞增，則當(dāng)xe(0,s)時(shí)，F(xiàn)(x)F(0)=0,從而F(x)在(0,s)上遞增.故當(dāng)xe(0,s)時(shí)，F(xiàn)(x)F(0)=0,與已知矛盾；若h(x)0,使得當(dāng)xW(0,),h(x)v0,從而F(x)在(0,s)上遞減，于是當(dāng)xe(0,s)時(shí)

11、，F(xiàn)(x)0,都有h(x)2t,故實(shí)數(shù)k的取值范圍為(2一t,+8).利用二次求導(dǎo)證明不等式典例證明當(dāng)x0時(shí)，sinxx疋6方法演示證明：令fx)=sinxx+話(huà)則f(x)=cosx1+專(zhuān),所以f(x)=sinx+x易知當(dāng)x0時(shí)，sinxvx,所以在(0,+8)上f(x)0,所以f(x)在(0,+8)上單調(diào)遞增.又f(0)=0,所以在(0,+8)有fxf(0)=0,所以fx)在(0,+8)上單調(diào)遞增.故當(dāng)x故當(dāng)x0時(shí)，fx)=sinxx+Wx。)=0 x3所以sinxx_6(x0).解題師說(shuō)本題是應(yīng)用導(dǎo)數(shù)證明不等式證明的關(guān)鍵在于構(gòu)造適當(dāng)?shù)暮瘮?shù)，然后在相應(yīng)區(qū)間上用二次求導(dǎo)的方法判定導(dǎo)數(shù)的符號(hào)，得

12、到導(dǎo)函數(shù)的單調(diào)性，再利用單調(diào)性證明不等式應(yīng)用體驗(yàn)3.(2018西安八校聯(lián)考)已知函數(shù)金)=mexlnx-1.當(dāng)m=0時(shí)，求曲線(xiàn)y=fx)在點(diǎn)(1,f(1)處的切線(xiàn)方程；當(dāng)m$1時(shí)，證明：f(x)11解：(1)當(dāng)m=0時(shí)，fx)=lnx1,則f(兀)=一；，x所以f(1)=-1,f(1)=7所以曲線(xiàn)y=f(x)在點(diǎn)(1,f1)處的切線(xiàn)方程為y-(-1)=-(x-1)，即x+y=0(2)證明：當(dāng)mM1時(shí)，x)=mex-lnx-1ex-lnx-1.要證f(x)1,只需證ex-lnx-20.1設(shè)g(x)=ex-lnx-2，貝Ug(x)=ex；x11設(shè)h(x)=ex-x，則h(x)=ex+x0所以函數(shù)h

13、(x)=g(x)=e-1在(0,+8)上單調(diào)遞增.x因?yàn)間(2)=e2-20，所以函數(shù)g(x)=ex-x在(0，+8)上有唯一零點(diǎn)x。，且x0f1因?yàn)間(xo)=0,所以嚴(yán)，即lnx0=-xo當(dāng)xE(0,x0)時(shí)，g(x)V0；當(dāng)xE(x0，+8)時(shí)，g(x)0,所以當(dāng)x=x0時(shí)，g(x)取得極小值也是最小值g(x0).1故g(x)g(x0)=ex0-ln%-2=亍-20綜上可知，當(dāng)mM1時(shí)，fx)1升級(jí)增分訓(xùn)練1.(理)對(duì)任意實(shí)數(shù)x,證明不等式1+xln(x+J1+x2)$；1+x2.證明：設(shè)fx)=1+xln(x+；1+x2)-J1+x2,設(shè)h(x)=f(x)，1+.()1+x21+x2+

14、xXx+71+x271+x2(x+寸1+x2)1“=齊所以f(兀)在(一8,+8)上是增函數(shù).由f(x)=0,即ln(x+.j+x2)=o,得x=0.所以當(dāng)x0時(shí)，f(x)0時(shí)，f(x)0，則fx)在(0，+8)上為增函數(shù).故fx)在x=0處有極小值，所以fx)Mf(0)=0,即1+xln(x+1+x2)頭1+x2.(文)已知函數(shù)fx)=(x+1)lnxax，當(dāng)兀0丘(1,+8)時(shí)，函數(shù)fx)的圖象在點(diǎn)(x。，fx。)處的切線(xiàn)方程1=exe求a的值；求證：函數(shù)fx)在定義域內(nèi)單調(diào)遞增.解：由題意，得f(x)=lnx+2+1a，x所以函數(shù)fx)的圖象在點(diǎn)(x0,fx0)處的切線(xiàn)方程為yfx0)=

15、f(x0)(xx0),即y(x0+1)lnx0+ax0=Qnx0+x+1_a)(x_x0),即y即y=(lnx0+f+1a+lnx0 x01，11e，所以lnx0+t+1-a=x0lnx0+1=e所以1x1令g(x)=x_lnx+1,則g(x)=1_x=當(dāng)xe(1,+8)時(shí)，g(x)0,故當(dāng)xe(1,+8)時(shí)，g(x)單調(diào)遞增.又因?yàn)間(e)=e,所以x0=e,11將x0=e代入lnx0+x+1_a=e，得a=2.x01(2)證明：由a=2,得f(x)=lnx+；1(x0).x1令(x)=lnx+x，x則h(x)=xJ2=當(dāng)xe(0,1)時(shí)，h(x)V0；當(dāng)xW(1,+8)時(shí)，h(x)0,故當(dāng)

16、x(0,1)時(shí)，h(x)單調(diào)遞減；當(dāng)xe(1，+8)時(shí)，h(x)單調(diào)遞增，故h(x)Mh(1)=1因此當(dāng)xe(0，+8)時(shí)，f(x)=h(x)1M0,當(dāng)且僅當(dāng)x=1時(shí)，f(x)=0.所以fx)在定義域內(nèi)單調(diào)遞增.2.已知函數(shù)f(x)=exax2bx1,其中a,bR,e=2.71828為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)設(shè)g(x)是函數(shù)用)的導(dǎo)函數(shù)，求函數(shù)gd)在區(qū)間0,1上的最小值.解：由f(x)=exax2bx1,得g(x)=fr(x)=ex2axb所以g(x)=ex2a因此，當(dāng)x0,1時(shí)，g(x)ei2a,e2a.當(dāng)a2時(shí)，g(x)$0,所以g(x)在0,1上單調(diào)遞增，因此g(x)在0,1上的最小值是g(0)

17、=1b；當(dāng)a$2時(shí)，g(x)WO,所以g(x)在0,1上單調(diào)遞減，因此g(x)在0,1上的最小值是g(1)=e2ab；當(dāng)2a2時(shí)，令g(x)=0，得x=ln2aG(0,1).當(dāng)g(x)0時(shí)，In2axW1,所以函數(shù)g(x)在區(qū)間0,In2a)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(In2a,1上單調(diào)遞增，于是g(x)在0,1上的最小值是g(ln2a)=2a2aln2ab.綜上所述，當(dāng)a1時(shí)，g(x)在0,1上的最小值是g(0)=1b;當(dāng)2a2時(shí)，0(x)0，又V0(x)在0,+8)單調(diào)遞增，存在x0e(0,+8),使得在區(qū)間0,x0)上0(x)0.則0(x)在0,x0)上遞減，而0(0)=0,當(dāng)xG(0,xJ時(shí)，0(x)2不合題意.綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍是(8，2.4.(2018長(zhǎng)沙模擬)已知函數(shù)f(x)=ex,g(x)a，a為實(shí)常數(shù).設(shè)F(x)=fx)g(x),當(dāng)a0時(shí)，求函數(shù)F(x)的單調(diào)區(qū)間；當(dāng)a=e時(shí)，直線(xiàn)x=m，x=n(m0，n0)與函數(shù)f(x)，g(x)的圖象共有四個(gè)不同的交點(diǎn)，且以此四點(diǎn)為