二次求导

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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）＝错误!，0〈x

1

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）＝错误!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)＝错误!，得f′（x)＝错误!,

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)

（x)<0,故函数f（x）在(0，π）是减函数，∴当0〈x

1

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）＝错误!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－1－f(0)x＋

1

2

x2，求f（x)的解析式及单调区间．

解：因为f（x)＝f′（1)ex－1－f（0)x＋错误!x2，所以f′（x)＝f′（1)ex－1－f(0)＋x。

令x＝1,得f(0）＝1。所以f（x）＝f′（1)ex－1－x＋错误!x2，所以f(0)＝f′（1）e－1＝1，解得

f′（1）＝e。

所以f(x）＝ex－x＋

1

2

x2.

设g(x）＝f′（x)＝ex－1＋x,则g′(x)＝ex＋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)＝ex－x＋错误!x2，且单调递增区间为(0,＋∞)，单调递减区间为（－

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∞，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)＋x3－x2－ax.

（1）若x＝错误!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＝错误!有实根,求实数b的取值范围．

［方法演示]

解：(1)f′(x)＝错误!＋3x2－2x－a。

由题意，知f′错误!＝0，所以错误!＋错误!－错误!－a＝0，解得a＝0。

当a＝0时，f′(x)＝x(3x－2)，从而x＝错误!为y＝f（x)的极值点．

(2)因为f(x)在［1，＋∞)上为增函数，

所以f′（x)＝错误!＋3x2－2x－a＝错误!≥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3ax2＋（3－2a）x－（a2＋2）≥0对x∈[1，＋∞）恒成立．

令g（x）＝3ax2＋（3－2a)x－(a2＋2），其对称轴为x＝错误!－错误!，因为a>0，所以错误!－

错误!<错误!，所以g（x)在［1，＋∞)上为增函数,所以只需g（1)≥0即可，即－a2＋a＋1≥0，解

得0〈a≤错误!。

综上，实数a的取值范围为错误!。

（3)由已知得，x〉0，∴b＝x(lnx＋x－x2)＝xlnx＋x2－x3.

令g（x)＝xlnx＋x2－x3,则g′(x)＝lnx＋1＋2x－3x2.

令h（x）＝g′(x)，则h′（x）＝错误!＋2－6x＝－错误!.

当0〈x〈错误!时，h′(x)〉0,∴函数h（x）＝g′(x)在错误!上递增;

当x〉错误!时,h′（x）<0，∴函数h（x)＝g′(x）在错误!上递减．

又g′(1)＝0,∴存在x

0

∈错误!，使得g′(x

0

）＝0。

当0

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＋x2－x3＝x(lnx＋x－x2)≤x错误!，

当x→0时，lnx＋错误!〈0,则g(x）〈0，且g(1）＝0，

∴b的取值范围为（－∞，0］．

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［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－x2）极值问题，问题是g′（x）＝lnx＋1＋2x－3x2＝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）＝ex－tx2＋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)＝ex－tx2＋x，t∈R，

∴g（x）≥f(x）对任意的x∈(0，＋∞）恒成立等价于ex－tx2＋x－ex＋xlnx≥0对任意的x∈(0，

＋∞)恒成立，即t≤错误!对任意的x∈(0，＋∞)恒成立．

令F（x)＝

ex＋x－ex＋xlnx

x2

,则F′（x)＝错误!＝错误!错误!，

令G（x）＝ex＋e－错误!－lnx，则G′(x)＝ex－错误!－错误!＝错误!＞0对任意的x∈（0，

＋∞）恒成立．

∴G（x）＝ex＋e－错误!－lnx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）＝错误!极值问题，问题是F′（x）＝错误!ex＋e－错误!－lnx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）＝ex－（1＋x＋kx2）(x〉0）．

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（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）〈tx2，求实数k的取值范围．

解：（1)当k＝1时,函数f(x）＝ex－（1＋x＋x2），则f(x)的导数f′(x)＝ex－（1＋2x），

令g(x)＝f′（x）,则g′(x)＝ex－2，当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）－tx2＝ex－［1＋x＋（k＋t)x2]，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）＝ex－［1＋2（k

＋t)x］，

令h（x)＝F′(x)，则h′（x)＝ex－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)

综上所述，对任意的t>0，都有h′（x)<0，所以1－2（k＋t）〈0，即k>错误!－t,

故实数k的取值范围为错误!。

利用二次求导证明不等式

［典例］证明当x>0时，sinx>x－错误!。

［方法演示］

证明:令f（x）＝sinx－x＋错误!，则f′（x）＝cosx－1＋错误!,所以f″(x)＝－sinx＋x。

易知当x>0时,sinx0,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＋错误!〉f(0）＝0。所以sinx>x－错误!（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）＝mex－lnx－1.

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（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)＝－错误!，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)＝mex－lnx－1≥ex－lnx－1。

要证f（x）>1，只需证ex－lnx－2〉0.设g(x）＝ex－lnx－2，则g′(x)＝ex－

1

x

.

设h(x)＝ex－错误!，则h′(x）＝ex＋错误!〉0.所以函数h（x)＝g′（x）＝ex－错误!在(0,＋

∞）上单调递增．

因为g′错误!＝e错误!－2<0，g′（1）＝e－1〉0，所以函数g′(x)＝ex－错误!在（0，＋∞）

上有唯一零点x

0

,且x

0

∈错误!。因为g′(x

0

）＝0,所以ex

0

＝错误!，即lnx

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

）＝ex

0

－lnx

0

－2＝错误!＋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＋错误!)≥错误!。

证明：设f（x)＝1＋xln(x＋错误!)－错误!，

∵f′（x）＝ln(x＋错误!)＋错误!－错误!＝ln（x＋错误!)，

设h（x）＝f′(x),则h′（x)＝错误!＝错误!＝错误!〉0，

所以f′（x）在（－∞,＋∞)上是增函数．

由f′(x)＝0，即ln（x＋错误!）＝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＋错误!）≥错误!。

（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＝错误!x－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

x

＋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)lnx

0

＋ax

0

＝错误!（x－x

0

),即y＝错误!x＋lnx

0

－x

0

－1，

所以错误!令g（x)＝x－lnx＋1，则g′（x)＝1－错误!＝错误!，

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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

＋错误!＋1－a＝错误!，得a＝2.

（2）证明：由a＝2，得f′（x）＝lnx＋错误!－1(x>0)．令h(x)＝lnx＋错误!，则h′（x）＝

错误!－错误!＝错误!。

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)＝ex－ax2－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)＝ex－ax2－bx－1，得g（x)＝f′（x)＝ex－2ax－b.所以g′（x）＝ex－2a.因此，当x

∈[0,1］时，g′（x）∈［1－2a，e－2a］．

当a≤错误!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≥错误!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；

当错误!

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.

综上所述，当a≤错误!时，g(x）在[0，1]上的最小值是g(0)＝1－b；当错误!

（x）在[0,1］上的最小值是g（ln2a)＝2a－2aln2a－b;当a≥错误!时，g(x)在［0,1］上的最小值是

g（1)＝e－2a－b.

3．已知函数F(x)＝ex＋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)＝ex－e－x＋2sinx－2ax。则φ′（x）＝ex＋e－x＋2cosx－2a。

设S(x)＝φ″（x)＝ex－e－x－2sinx。

∵S′(x)＝ex＋e－x－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,

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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)＝ex,g（x)＝错误!，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)＝ex－错误!,其定义域为(－∞，0)∪（0，＋∞)．而F′(x）＝ex＋错误!，

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)＝ex＋

e

x

,

则F′(x)＝ex－错误!.设h（x)＝F′（x）＝ex－错误!(x〉0），则h′（x)＝ex＋错误!〉0，

故F′(x)＝ex－错误!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