教与考衔接3 二次求导法在解决问题中的常见类型答案

教与考衔接3二次求导法在解决问题中的常见类型例例题展示【例】（1）证明：当0＜x＜1时，x－x2＜sinx＜x；（2）已知函数f（x）＝ex－ax和g（x）＝ax－lnx有相同的最小值，求a.解：（1）证明：要证x－x2＜sinx＜x，则构造g（x）＝x－sinx，h（x）＝sinx－x＋x2.易得g'（x）＝1－cosx，则当x∈（0，1）时，g'（x）＝1－cosx＞0，所以g（x）在（0，1）上单调递增，所以g（x）＞g（0）＝0，所以sinx＜x.由h（x）＝sinx－x＋x2，得h'（x）＝cosx－1＋2x.令m（x）＝cosx－1＋2x，则m'（x）＝－sinx＋2＞0，所以h'（x）在（0，1）上单调递增，所以h'（x）＞h'（0）＝0，所以h（x）在（0，1）上单调递增，所以h（x）＞h（0）＝0，所以x－x2＜sinx.综上所述，x－x2＜sinx＜x.（2）f'（x）＝ex－a，g'（x）＝a－1x①若a≤0，f'（x）＞0在R上恒成立，f（x）在R上单调递增，即f（x）无最小值；②若a＞0，当x∈（－∞，lna）时，f'（x）＜0，f（x）单调递减，当x∈（lna，＋∞）时，f'（x）＞0，f（x）单调递增.∴f（x）在x＝lna处取得最小值f（lna）＝a－alna.当x∈0，1a时，g'（x）＜0，g（x）单调递减，当x∈1a，＋∞时，g'（x）＞0，g∴g（x）在x＝1a处取得最小值g1a＝1＋ln又f（x）与g（x）有相同的最小值，∴a－alna＝1＋lna，a＞0.设h（a）＝alna＋lna－a＋1，a＞0，则h'（a）＝1a＋lna令φ（a）＝h'（a），则φ'（a）＝－1a2＋1a＝a－1当a∈（0，1）时，φ'（a）＜0，h'（a）单调递减.当a∈（1，＋∞）时，φ'（a）＞0，h'（a）单调递增.∴h'（a）在a＝1处取得最小值h'（1）＝1＞0，则当a＞0时，h'（a）＞0恒成立，h（a）单调递增.又h（1）＝0，∴a＝1.解解法探究求解此类问题时，一次求导后往往不易或不能直接判断原函数的单调性，从而不能进一步判断函数的极值、最值等性质，需要二次求导才能找到原函数的单调性，进而解决问题.下面介绍二次求导解决问题的步骤：（1）求函数f（x）的定义域；（2）求函数f（x）的导数f'（x），无法判断导函数正负；（3）再构造函数g（x）＝f'（x）（或f'（x）中不能确定正负的式子），二次求导，即求g'（x）；（4）列出x，g'（x），g（x）的变化关系表；（5）根据列表解答问题.二次求导法解决问题的常见类型二次求导法解决问题的常见类型类型1利用二次求导求参数的值（范围）【例1】已知关于x的不等式2lnx＋2（1－m）x＋2≤mx2在（0，＋∞）上恒成立，则整数m的最小值为（）A.1 B.2C.3 D.4解析：B∵2lnx＋2（1－m）x＋2≤mx2⇔m≥2lnx+2x+2x2+2x，令f（x）＝2lnx+2x+2x2+2x，∴f'（x）＝（2x+2）（x2+2x)−(2lnx+2x+2)(2x+2）（x2+2x）2＝－2（x+1)(x+2lnx）（x2+2x）2，令f'（x）＝0得x＋2lnx＝0，令g（x）＝x＋2lnx，由g'（x）＝1＋2x＞1恒成立，∴g（x）在（0，＋∞）上是增函数.设存在x0∈（0，＋∞），使得x0＋2lnx0＝0，∵g（12）＝12＋ln14＜0，g（1）＝1＞0，∴x0∈（12，1），则在x∈（0，x0）时，g（x）＜0，即f'（x）＞0，f（x）单调递增.在x∈（x0，＋∞）时，g（x）＞0，即f'（x）＜0，f（类型2利用二次求导确定函数的单调性【例2】已知函数f（x）＝1－e－x，当x≥0时，f（x）≤xax+1，求a解：由题设x≥0，f（x）≤xax若a＜0，则当x＞－1a时，ax＋1＜0，f（x）≤xax若a≥0，则ax＋1＞0，f（x）≤xax+1⇔（ax＋1）·（1－e－x）－x令g（x）＝（ax＋1）（1－e－x）－x，则g（0）＝0，g'（x）＝e－x（ax＋1－a）＋a－1，再令h（x）＝e－x·（ax＋1－a）＋a－1，h'（x）＝e－x（2a－1－ax），∵x≥0，∴当0≤a≤12时，2a－1≤0从而h'（x）≤0（仅当x＝0，a＝12时取“＝”）∴g'（x）在[0，＋∞）内单调递减，g'（x）≤g'（0）＝0，∴g（x）在[0，＋∞）内单调递减，g（x）≤g（0）＝0，即原不等式成立.当a＞12时，2a－1＞0，令h'（x）＝0得x＝2a－1a，从而当0＜x＜2a－1a时，此时g'（x）在（0，2a－1a）内单调递增，g'（x）＞g'（0∴g（x）在（0，2a－1a）内单调递增，g（x）＞g（0）＝0，f（x）≤综上可知，a的取值范围为［0，12类型3利用二次求导证明不等式【例3】已知函数f（x）＝（x＋1）lnx－x＋1.证明：（x－1）f（x）≥0.证明：令F（x）＝（x－1）f（x），要证明F（x）≥0，只需证F（x）min≥0.因F'（x）＝f（x）＋（x－1）f'（x）＝（x＋1）lnx－x＋1＋（x－1）（lnx＋1x）＝2xlnx－（x＋1x显然当x＝1时，F'（x）＝0，当0＜x＜1时，x＋1x＞2，lnx＜0，F'（x）＜0，F（x）在x∈（0，1）上单调递减当x＞1时，x＋1x＞2，lnx＞0，F'（x）的符号仍不能判定，求二阶导数得F″（x）＝2lnx＋1＋1x2从而F'（x）在x＞1时单调递增，F'（x）＞F'（1）＝0，F（x）在x∈（1，＋∞﹚上单调递增，所以当x＝1时，F（x）min＝F（1）＝0，故F（x）≥0成立，故原不等式成立.高考的其他考法高考的其他考法已知函数f（x）＝ln（x－1）－ax－1lna，a＞1.（1）若函数f（x）在x＝2处的切线的斜率为1－e，求实数a的值（e是自然对数的底数）；（2）若函数f（x）有且仅有两个零点，求实数a的取值范围.解：（1）因为f（x）＝ln（x－1）－ax－1lna，定义域为（1，＋∞），故f'（x）＝1x－1－ax－1（lna则f'（2）＝1－a（lna）2＝1－e，即a（lna）2＝e，所以ln[a（lna）2]＝lne，即lna＋2ln（lna）＝1，令m＝lna，则m＋2lnm＝1，又因为y＝m＋2lnm在（0，＋∞）上是增函数，且当m＝1时，y＝m＋2lnm＝1，所以m＝1，即lna＝1，所以a＝e.（2）因为函数f（x）有且仅有两个零点，所以ln（x－1）－ax－1lna＝0有且仅有两个大于1的实数根，又ax－1lna＝ln（x－1），则（x－1）ax－1lna＝（x－1）ln（x－1），即（x－1）ln（x－1）＝ax－1lnax－1，令F（x）＝xlnx，则F'（x）＝lnx＋1，由F'（x）＝0得x＝1e，当x＞1e时，F'（x）＞0，当0＜x＜1e时，F'（x）所以F（x）在（0，1e）上单调递减且F（x）＜0在（1e，＋∞）上单调递增且x∈（1，＋∞）时F（x）＞0又F（ax－1）＝F（x－1），ax－1＞1，则F（ax－1）＞F（1）＝0，则F（x－1）＞0，即得x－1＞1，所以ax－1＝x