二次求导问题.doc

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)，0x1x20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 xsin x，则g(x)xsin xcos xcos xxsin x.0x，g(x)0，即函数g(x)在(0，)上是减函数g(x)g(0)0，因此f(x)0，故函数f(x)在(0，)是减函数，当0x1x2f(x2)，即ab.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 xsin 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)ex1f(0)xx2，求f(x)的解析式及单调区间解：因为f(x)f(1)ex1f(0)xx2，所以f(x)f(1)ex1f(0)x.令x1，得f(0)1. 所以f(x)f(1)ex1xx2，所以f(0)f(1)e11，解得f(1)e.所以f(x)exxx2. 设g(x)f(x)ex1x，则g(x)ex10，所以yg(x)在R上单调递增因为f(0)0，所以f(x)0f(0)x0，f(x)0f(0)x0对x1恒成立，知a0.所以3ax2(32a)x(a22)0对x1，)恒成立令g(x)3ax2(32a)x(a22)，其对称轴为x，因为a0，所以，所以g(x)在1，)上为增函数，所以只需g(1)0即可，即a2a10，解得00，bx(ln xxx2)xln xx2x3.令g(x)xln xx2x3，则g(x)ln x12x3x2.令h(x)g(x)，则h(x)26x.当0x0，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0xx0时，g(x)0，函数g(x)在(0，x0)上递减；当x0x0，函数g(x)在(x0,1)上递增；当x1时，g(x)0，函数g(x)在(1，)上递减又当x时，g(x).又g(x)xln xx2x3x(ln xxx2)x，当x0时，ln x0，则g(x)0)(1)若k1，求函数f(x)的导函数f(x)的极小值；(2)若对任意的t0，存在s0，使得当x(0，s)时，都有f(x)tx2，求实数k的取值范围解：(1)当k1时，函数f(x)ex(1xx2)，则f(x)的导数f(x)ex(12x)，令g(x)f(x)，则g(x)ex2，当0xln 2时，g(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)12ln 2.(2)对任意的t0，记函数F(x)f(x)tx2ex1x(kt)x2，x0，根据题意，存在s0，使得当x(0，s)时，F(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；若h(x)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)0，都有h(x)0，所以12(kt)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x0时，sin xx.方法演示证明：令f(x)sin xx，则f(x)cos x1，所以f (x)sin xx.易知当x0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x0时，f(x)sin xxf(0)0. 所以sin xx(x0)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)mexln x1.(1)当m0时，求曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程；(2)当m1时，证明：f(x)1.解：(1)当m0时，f(x)ln x1，则f(x)，所以f(1)1，f(1)1.所以曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程为y(1)(x1)，即xy0.(2)证明：当m1时，f(x)mexln x1exln x1.要证f(x)1，只需证exln x20. 设g(x)exln x2，则g(x)ex.设h(x)ex，则h(x)ex0. 所以函数h(x)g(x)ex在(0，)上单调递增因为ge20，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 x0x0.当x(0，x0)时，g(x)0，所以当xx0时，g(x)取得极小值也是最小值g(x0)故g(x)g(x0)ex0ln x02x020.综上可知，当m1时，f(x)1.1(理)对任意实数x，证明不等式1xln(x).证明：设f(x)1xln(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x0.所以当x0时，f(x)0时，f(x)0，则f(x)在(0，)上为增函数故f(x)在x0处有极小值，所以f(x)f(0)0，即1xln(x).(文)已知函数f(x)(x1)ln xax，当x0(1，)时，函数f(x)的图象在点(x0，f(x0)处的切线方程为yxe.(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 x1a，所以函数f(x)的图象在点(x0，f(x0)处的切线方程为yf(x0)f(x0)(xx0)，即y(x01)ln x0ax0(xx0)，即yxln x0x01，所以令g(x)xln x1，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x0e，将x0e代入ln x01a，得a2.(2)证明：由a2，得f(x)ln x1(x0)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)10，当且仅当x1时，f(x)0.所以f(x)在定义域内单调递增2已知函数f(x)exax2bx1，其中a，bR，e2.718 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)exax2bx1，得g(x)f(x)ex2axb.所以g(x)ex2a.因此，当x0,1时，g(x)12a，e2a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)1b；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)e2ab；当a时，令g(x)0，得xln 2a(0,1)当g(x)0时，0x0时，ln 2ax1，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)2a2aln 2ab.综上所述，当a时，g(x)在0,1上的最小值是g(0)1b；当a2时，(x)0，又(x)在0，)单调递增，存在x0(0，)，使得在区间0，x0)上(x)0. 则(x)在0，x0)上递减，而(0)0，当x(0，x0)时，(x)2不合题意综上，实数a的取值范围是(，24(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a0时，求函数F(x)的单调区间；(2)当ae时，直线xm，xn(m0，n0)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：(m1)(n1)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xm与xn平行，故该四边形为平行四边