2时，g (x )在[0,1]上的
最小值是g (ln 2a )＝2a －2a ln 2a －b ；当a ≥e
2
时，g (x )在[0,1]上的最小值是g (1)＝e －2a －b .
3．已知函数F (x )＝e x
＋sin x －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 )＝e x －e －x ＋2sin x －2ax . 则φ′(x )＝e x ＋e －x
＋2cos x －2a . 设S (x )＝φ″(x )＝e x －e －x
－2sin x .
∵S ′(x )＝e x
＋e －x
－2cos x ≥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，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]．
导数二次求导
1.已知函数()(1)ln 1f x x x x =+-+. （Ⅰ）若2'()1xf x x ax ≤++，求a 的取值范围； （Ⅱ）证明：(1)()0x f x -≥
2.设a 为实数，函数()22,x f x e x a x R =-+∈。 （Ⅰ）求()f x 的单调区间与极值； （Ⅱ）求证：当a ＞ln 21-且x ＞0时，x e ＞2 21x ax -+。
1.已知函数()(1)ln 1f x x x x =+-+. （Ⅰ）若2'()1xf x x ax ≤++，求a 的取值范围； （Ⅱ）证明：(1)()0x f x -≥ 先看第一问，首先由()(1)ln 1f x x x x =+-+可知函数()f x 的定义域为()0,+∞，易得 ()()11ln 11ln f x x x x x x '=++-=+ 则由2'()1xf x x ax ≤++可知21ln 1x x x ax x ? ?+≤++ ??? ，化简得 2ln x x x ax ≤+，这时要观察一下这个不等式，显然每一项都有因子x ，而x 又大于零，所以两边同乘 1x 可得ln x x a ≤+，所以有ln a x x ≥-，在对()ln g x x x =-求导有 ()11g x x '=-，即当0＜x ＜1时，()g x '＞0，()g x 在区间()0,1上为增函数；当1x =时，()0g x =；当1＜x 时，()g x '＜0，()g x 在区间()1,+∞上为减函数。 所以()g x 在1x =时有最大值，即()()ln 11g x x x g =-≤=-。又因为ln a x x ≥-，所以1a ≥-。 应该说第一问难度不算大，大多数同学一般都能做出来。再看第二问。 要证(1)()0x f x -≥，只须证当0＜x 1≤时，()0f x ≤；当1＜x 时，()f x ＞0即可。 由上知()1ln f x x x '=+ ，但用()f x '去分析()f x 的单调性受阻。我们可以尝试再对()1ln f x x x '=+求导，可得()211f x x x ''=-，显然当0＜x 1≤时，()0f x ''≤；当1＜x 时，()f x ''＞0，即()1ln f x x x '=+在区间()1,+∞上为减函数，所以有当0＜x 1≤时， ()()11f x f ''≥=，我们通过二次求导分析()f x '的单调性，得出当0＜x 1≤时()1f x '≥，则()f x 在区间(]0,1上为增函数，即()()10f x f ≤=，此时，则有(1)()0x f x -≥成立。 下面我们在接着分析当1＜x 时的情况，同理，当1＜x 时，()f x ''＞0，即()f x '在区间()1,+∞上为增函数，则()()11f x f ''≥=，此时，()f x 为增函数，所以()()10f x f ≥=，易得(1)()0x f x -≥也成立。 综上，(1)()0x f x -≥得证。 下面提供一个其他解法供参考比较。 解：（Ⅰ）()1ln f x x x '=+ ，则()ln 1xf x x x '=+ 题设2'()1xf x x ax ≤++等价于ln x x a -≤。
高考数学--导数中二次求导的运用
高考数学--导数中二次求导的运用 【理·2010全国卷一第20题】已知函数()(1)ln 1f x x x x =+-+. （Ⅰ）若2'()1xf x x ax ≤++，求a 的取值范围； （Ⅱ）证明：(1)()0x f x -≥ 解析：先看第一问，首先由()(1)ln 1f x x x x =+-+可知函数()f x 的定义域为()0,+∞，易得()() 11ln 11ln f x x x x x x '=++-=+ 则由2'()1xf x x ax ≤++可知21ln 1x x x ax x ? ?+≤++ ??? ，化简得 2ln x x x ax ≤+，这时要观察一下这个不等式，显然每一项都有因子x ，而x 又大于零，所以两边同乘1x 可得ln x x a ≤+，所以有ln a x x ≥-，在对()ln g x x x =-求导有 ()11g x x '=-，即当0＜x ＜1时，()g x '＞0，()g x 在区间()0,1上为增函数；当1x =时，()0g x =；当1＜x 时，()g x '＜0，()g x 在区间()1,+∞上为减函数。 所以()g x 在1x =时有最大值，即()()ln 11g x x x g =-≤=-。又因为ln a x x ≥-，所以1a ≥-。 应该说第一问难度不算大，大多数同学一般都能做出来。再看第二问。 要证(1)()0x f x -≥，只须证当0＜x 1≤时，()0f x ≤；当1＜x 时，()f x ＞0即可。 由上知()1ln f x x x '=+ ，但用()f x '去分析()f x 的单调性受阻。我们可以尝试再对()1ln f x x x '=+求导，可得()211f x x x ''=-，显然当0＜x 1≤时，()0f x ''≤；当1＜x 时，()f x ''＞0，即()1ln f x x x '=+在区间()1,+∞上为减函数，所以有当0＜x 1≤时， ()()11f x f ''≥=，我们通过二次求导分析()f x '的单调性，得出当0＜x 1≤时()1f x '≥，则()f x 在区间(]0,1上为增函数，即()()10f x f ≤=，此时，则有(1)()0x f x -≥成立。
二次求导问题
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)＝ sinx ，00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)＝ sinx ，得f ′(x)＝ xcosx －sinx ， x 2 x 设 g(x)＝xcosx －sinx ，则g ′(x)＝－xsinx ＋cosx －cosx ＝－xsinx. ∵ 0f(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 2 －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 ＋1 x 2，所以f ′(x)＝f ′(1)e x － 1－f(0)＋x. 2 令x ＝1，得f(0)＝1.所以f(x)＝f ′(1)e x －112 ，所以 f(0) ＝f ′(1)e －1 ，解得f ′(1) ＝e. －x ＋x ＝1 2 所以f(x)＝e x －x ＋1 x 2. 2
导数中的二次求导问题
2019高考数学热点难点突破技巧第03讲： 导数中的二次求导问题 【知识要点】 1、高中数学课程标准对导数的应用提出了明确的要求，导数在研究函数中的应用，既是高考考查的重点，也是难点和必考点. 利用导数求解函数的单调性、极值和最值等问题是高考考查导数问题的主要内容和形式，并多以压轴题的形式出现. 常常考查运算求解能力、概括抽象能力、推理论证能力和函数与方程、化归与转化思想、分类与整合思想、特殊与一般思想的渗透和综合运用，难度较大. 2、在解决有关导数应用的试题时，有些题目利用“一次求导”就可以解决，但是有些问题“一次求导”，不能求出原函数的单调性，还不能解决问题，需要利用“二次求导”才能找到导数的正负，找到原函数的单调性，才能解决问题. “再构造，再求导”是破解函数综合问题的有效工具，为高中数学教学提供了数学建模的新思路和“用数学”的新意识和新途径. 【方法讲评】 对函数一次求导得到 难度较 的单调性，得到函数的最值，即可得到 到函数 【例1】(理·2010全国卷Ⅰ第20题)已知函数. （Ⅰ）若，求的取值范围；（Ⅱ）证明：
化简得， 所以两边同乘可得，所以有，在对求导有 ，即当＜＜时，＞0，在区间上为增函数；当时， ；当＜时，＜0，在区间上为减函数. 所以在时有最大值，即.又因为，所以 . 当时，同理，当时，＞，即在区间上为增函数，则 ，此时，为增函数，所以，易得 也成立. 综上，得证. 方法二：（Ⅰ），则 题设等价于. 令，则. 当＜＜时，＞；当时，，是的最大值点，所以 . 综上，的取值范围是.
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，即. 当＜＜时， 因为＜0，所以此时. 当时，. 所以 【点评】（1）比较上述两种解法，可以发现用二次求导的方法解题过程简便易懂，思路来得自然流畅，难度降低，否则，另外一种解法在解第二问时用到第一问的结论，而且运用了一些代数变形的技巧，解法显得偏而怪，同学们不易想出.（2）大家一定要理解二次求导的使用情景，是一次求导得到之后，解答难度较大甚至解不出来. （3） 二次求导之后，设，再求，求出的解，即得到函数的单调性，得到函数的最值，即可得到的正负情况，即可得到函数 的单调性. 【例2】设函数 （Ⅰ）若在点处的切线为，求的值；（Ⅱ）求的单调区间； （Ⅲ）若，求证：在时，＞． 【解析】（Ⅰ）∵∴， ∵在点处的切线为，即在点的切线的斜率为，
二次求导问题
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． [典例] 若函数f (x )＝sin x x ，00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 )＝sin x x ，得f ′(x )＝x cos x －sin x x 2 ， 设g (x )＝x cos x －sin x ，则g ′(x )＝－x sin x ＋cos x －cos x ＝－x sin x . ∵0f (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 )＝x cos x －sin x x 2 的分母为正，只需判断分子x cos x －sin 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)e x －1－f (0)x ＋12 x 2，求f (x )的解析式及单调区间． 解：因为f (x )＝f ′(1)e x －1－f (0)x ＋12 x 2，所以f ′(x )＝f ′(1)e x －1－f (0)＋x . 令x ＝1，得f (0)＝1. 所以f (x )＝f ′(1)e x －1－x ＋12 x 2，所以f (0)＝f ′(1)e －1＝1，解得f ′(1)＝e. 所以f (x )＝e x －x ＋12 x 2.
二次求导法解高考导数题
二次求导法解高考导数题 胡贵平（甘肃省白银市第一中学 ，甘肃 白银 730900） 导数是研究函数性质的一种重要工具，用导函数判断原函数的单调性，如果导函数大于零，则原函数为增，导函数小于零，则原函数为减.而当导数与0的大小确定不了时，对导函数或导函数中的一部分再构造，继续求导，也就是二次求导，不失为一种妙法，下面我们结合高考题来看看二次求导数题中的应用. １ （2017年高考课标Ⅱ卷（文）（21））设函数2()(1)e x f x x =-. （I ）讨论()f x 的单调性； (II)当0x ≥时，()1f x ax ≤+，求a 的取值范围. 解：（I ）略. (II)当0x ≥时，()1f x ax ≤+等价于2(1)1x ax x e ≥--. 若=0x ，显然成立，a R ∈. 若0x >时，2(1)1x x e a x --≥，设2(1)1()x x e g x x --=， 2232222(1)(1)1(1)1()x x x x xe x e x x e x x x e g x x x ????-+------+-+????'== ， 令32()(1)1x h x x x x e =--+-+，32()(4)0x h x e x x x '=-++<，所以()h x 在(0,)x ∈+∞内是减函数，易知(0)=0h ，所以当(0,)x ∈+∞时，()0h x <，即()0g x '<，所以()g x 在(0,)x ∈+∞上单调递减，所以
22022000 (1)1(101(1)1lim lim (1)1x x x x x x x e e x e x e x x →→=??-------'????==--??）20(21)=1x x x x e =??=--+??，所以1a ≥， 综上所述，a 的取值范围是[)1 +∞，. ２ （2016年高考课标Ⅱ卷（文）（20）） 已知函数()(1)ln (1)f x x x a x =+--. （I ）当4a =时，求曲线()y f x =在()1,(1)f 处的切线方程； (II)若当()1,x ∈+∞时，()0f x ＞，求a 的取值范围. 解：（I ）略. (II)当(1,)∈+∞x 时，()0>f x 等价于(1)ln 1x x a x +< -，设(1)ln ()1x x g x x +=-， 2221(ln )(1)(1)ln 2ln 1()(1)(1)x x x x x x x x x g x x x x ++ --+--'==-- ， 令2()2ln 1h x x x x =--，()22ln 22(ln 1)0h x x x x x '=--=-->，所以()h x 在()1,x ∈+∞内是增函数，易知(1)=0h ，所以当()1,x ∈+∞时，()0h x >，即()0g x '>，所以()g x 在()1,x ∈+∞上单调递增，所以 []111 1(1)ln (1)ln (11)ln1(1)lim lim (1)ln ln 211x x x x x x x x x x x x x x x →→==++-++??'==+=+=??--??，所以2≤a ，即a 的取值范围是(],2-∞. 3 （2010年高考安徽卷（理）（17））设a 为实数，函数()22,x f x e x a x R =-+∈.
导数中的二次求导问题
2019高考数学热点难点突破技巧第03 讲： 导数中的二次求导问题 【知识要点】 1、高中数学课程标准对导数的应用提出了明确的要求，导数在研究函数中的应用，既是高考考查的重点，也是难点和必考点. 利用导数求解函数的单调性、极值和最值等问题是高考考查导数问题的主要内容和形式，并多以压轴题的形式出现. 常常考查运算求解能力、概括抽象能力、推理论证能力和函数与方程、化归与转化思想、分类与整合思想、特殊与一般思想的渗透和综合运用，难度较大. 2、在解决有关导数应用的试题时，有些题目利用“一次求导”就可以解决，但是有些问题“一次求导” ，不能求出原函数的单调性，还不能解决问题，需要利用“二次求导”才能找到导数的正负，找到原函数的单调性，才能解决问题. “再构造，再求导”是破解函数综合问题的有效工具，为高中数学教学提供了数学建模的新思路和“用数学” 的新意识和新途径. 【方法讲评】 【例1】（理· 2010 全国卷Ⅰ第20题）已知函数. （Ⅰ）若，求的取值范围；（Ⅱ）证明：
化简得 ， 所以两边同乘 可得 ，所以有 ，在对 求导有 ，即当 < < 时， > 0， 在区间 上为增函数； 当 时， ；当 < 时， <0， 在区间 上为减函数 . 所以 在 时有最大值，即 .又因为 ，所以 . 综上， 得证. ，则 题设 等价于 . 令 ，则 当 < < 时， > ；当 时， ， 是 的最大值点 当 < < 时， . 的最大值点，所以 当 时，同理，当 也成立 . 综上，
Ⅱ）由（Ⅰ）知，，即. 当< <时 因为< 0，所以此时. 当时所以 【点评】（1）比较上述两种解法，可以发现用二次求导的方法解题过程简便易懂，思路来得 自然流畅，难度降低，否则，另外一种解法在解第二问时用到第一问的结论，而且运用了一些代数变形的技巧，解法显得偏而怪，同学们不易想出.（2）大家一定要理解二次求导的使 用情景，是一次求导得到之后，解答难度较大甚至解不出来. （3） 二次求导之后，设，再求，求出的解，即得到函数的单调性，得到函数的最值，即可得到的正负情况，即可得到函数的单调性. 【例2】设函数 （Ⅰ）若在点处的切线为，求的值；（Ⅱ）求的单调区间； （Ⅲ）若，求证：在时， > ． 【解析】（Ⅰ）∵ ∴ ， ∵ 在点处的切线为，即在点的切线的斜率 为， ∴ ，∴ ，∴切点为， 将切点代入切线方程，得，所以，；
2.函数中的二次求导
导数中的二次求导题型 1.（2010年全国卷1理科20）已知函数1ln )1()(+-+=x x x x f . （1）若1)(2++≤'ax x x f x ，求a 的取值范围； （2）证明：0)()1(≥-x f x . 2.（2010年新课标全国卷1理科20）设函数21)(ax x e x f x ---=. （1）若0=a ，求)(x f 的单调区间； （2）若当0≥x 时0)(≥x f ，求a 的取值范围. 3.（2013年河北省石家庄一模理科21）设函数)1ln()(2++=x a x x f . （1）若函数)(x f y =在区间[)+∞,1上是单调递增函数，求实数a 的取值范围； （2）若函数)(x f y =有两个极值点1x ，2x 且21x x <求证：2ln 21)(012+-<< x x f . 4.（2013年山西省太原市一模理科21）已知函数 1()(2)(1)21,()(,x f x a x nx g x xe a R e -=---=∈为自 然对数的底数）. （1）若不等式 ()0f x >对于一切1(0,)2 x ∈恒成立，求a 的最小值； （2）若对任意的0(0,]x e ∈，在(0,]e 上总存在两个不同的(1,2)i x i =，使0()()i f x g x =成立，求a 的取值范围.
5.（辽宁省五校第一联合体2013届高三年级考试理科21）已知函数()01ln )(>+=a x a x f . （1）当0>x 时，求证：)11(1)(x a x f -≥-； （2）在区间()e ,1上x x f >)(恒成立，求实数a 的取值范围； （3）当21= a 时，求证：()()*112)1()3()2(N n n n n f f f ∈+-+>++++ . 6.（山西省晋中名校2013届高三联合测试）已知函数()R a e ax x f x ∈-=2)(. （1）当1=a 时，试判断)(x f 的单调性并给予证明； （2）若)(x f 有两个极值点1x ，2x ()21x x <. （i ）求实数a 的取值范围； （ii ）证明：1)(21-<<- x f e .（注：e 是自然对数的底数） 7.设函数2ln )(2+-=x x x x f . （1）求)(x f 的单调区间； （2）若存在区间[]??????+∞?,21,b a ，使)(x f 在[]b a ,上的值域为[])2(),2(++b k a k ，求k 的取值范围.
高考试题二次求导问题两例
高考试题二次求导问题两例: 例1.【理全国卷一】已知函数()(1)ln 1f x x x x =+-+. （Ⅰ）若2'()1xf x x ax ≤++，求a 的取值范围； （Ⅱ）证明：(1)()0x f x -≥ 先看第一问，首先由()(1)ln 1f x x x x =+-+可知函数()f x 的定义域为()0,+∞，易得()() 11ln 11ln f x x x x x x '=++-=+ 则由2'()1xf x x ax ≤++可知21ln 1x x x ax x ? ?+≤++ ??? ，化简得 2ln x x x ax ≤+，这时要观察一下这个不等式，显然每一项都有因子x ，而x 又大于零，所以两边同乘1x 可得ln x x a ≤+，所以有ln a x x ≥-，在对()ln g x x x =-求导有 ()11g x x '=-，即当0＜x ＜1时，()g x '＞0，()g x 在区间()0,1上为增函数；当1x =时，()0g x =；当1＜x 时，()g x '＜0，()g x 在区间()1,+∞上为减函数。 所以()g x 在1x =时有最大值，即()()ln 11g x x x g =-≤=-。又因为ln a x x ≥-，所以1a ≥-。 应该说第一问难度不算大，大多数同学一般都能做出来。再看第二问。 要证(1)()0x f x -≥，只须证当0＜x 1≤时，()0f x ≤；当1＜x 时，()f x ＞0即可。 由上知()1ln f x x x '=+ ，但用()f x '去分析()f x 的单调性受阻。我们可以尝试再对()1ln f x x x '=+求导，可得()211f x x x ''=-，显然当0＜x 1≤时，()0f x ''≤；当1＜x 时，()f x ''＞0，即()1ln f x x x '=+在区间()0,+∞上为减函数，所以有当0＜x 1≤时， ()()11f x f ''≥=， 我们通过二次求导分析()f x '的单调性，得出当0＜x 1≤时()1f x '≥，则()f x 在区间(]0,1上为增函数，即()()10f x f ≤=，此时，则有(1)()0x f x -≥成立。 下面我们在接着分析当1＜x 时的情况，同理，当1＜x 时，()f x ''＞0，即()f x '在区间()1,+∞上为增函数，则()()11f x f ''≥=，此时，()f x 为增函数，所以()()10f x f ≥=，易得(1)()0x f x -≥也成立。
二阶导数在解高考函数题中的应用
浅谈二阶导数在解高考函数题中的应用 河南省郸城县第三高中 胡友全 （邮编：477150） 在历年高考试题中，导数部分是高考重点考查的内容，在六道解答题中必有一题是导数题。这类题主要考察函数的单调性、求函数的极值与最值以及利用导数的有关知识解决恒成立、不等式证明等问题。解决这类题的常规解题步骤为：①求函数的定义域；②求函数的导数；③求)('x f 的零点；④列出)(),(',x f x f x 的变化关系表；⑤根据列表解答问题。 而在有些函数问题中，如含有指数式、对数式的函数问题，求导之后往往不易或不能直接判断出导函数的符号，从而不能进一步判断函数的单调性及极值、最值情况，此时解题受阻。若遇这类问题，则可试用求函数的二阶导数加以解决。本文试以2010年全国高考试题为例，说明函数的二阶导数在解高考函数题中的应用。 例1.（全国卷Ⅰ第20题） 已知函数1ln )1()(+-+=x x x x f . （1） 若1)('2++≤ax x x xf ，求a 的取值范围； （2） 证明：0)()1(≥-x f x . 原解答如下: 解（1）函数的定义域为（0，+∞），x x x f 1ln )('+ = ， 11ln 1)('22++≤+?++≤ax x x x ax x x xf ， max )(ln ln x x a x x a -≥?-≥? . 令,11)('ln )(-= -=x x g x x x g 则 递减， 时，当递增；时，当)(,0)('1)(,0)('10x g x g x x g x g x <>><< 从而当1=x 时，1)1()(max -==g x g ， 故所求a 的范围是[-1,+∞﹚. 证明(2)由(1)知,01ln ≤+-x x ,则 ① 10<利用导数研究函数的单调性之二阶求导型
利用导数研究函数的单调性之二阶求导型 一、解答题（题型注释） 1．已知函数ax x xe x f x --=ln )(2． （1）当0=a 时，求函数)(x f 在]1,2 1[上的最小值； （2）若0>?x ，不等式1)(≥x f 恒成立，求a 的取值范围； （3）若0>?x ，不等式e x x e x e e x x f 1111 1)1(2+ -+≥-恒成立，求a 的取值范围． 1．（1） ln 22 e +； （2）2a ≤；（3）11(1)e e a e e ≤---． 【解析】 试题分析：（1）由0=a 时，得出x xe x f x ln )(2-=，则21 ()(21)x f x x e x '=+- ，再求导()f x ''，可得函数)(/ x f 在),0(+∞上是增函数，从而得到函数()f x 的单调性，即可求解函数)(x f 在]1,2 1[上的最小值； （2）由（1）知函数)(/ x f 在),0(+∞上是 增函数，且00>?x ，使得0()0f x '=，得01 )12(0 200 =-- +a x e x x ，即022000(2)1x ax x x e =+-，设022000()1ln 2x f x x x e =--，利用函数0()f x 的单调性， 即可求解求a 的取值范围；（3）根据题意，转化为1 1ln x e x e a x x x e +-≤--对任意0>x 成 立，令e x e e x x x x x g 11ln )(+---=，所以()g x '，可得出()g x 的单调性，求解出()g x 的最小值，即可a 的取值范围． 试题解析：（1）0=a 时，x xe x f x ln )(2-=，x e x x f x 1)12()(2/-+=∴， 01 )44()(22//>++=?x e x x f x ，所以函数)(/x f 在),0(+∞上是增函数，
函数与方程 二次求导、零点问题和恒成立例题(含答案)
函数与方程 二次求导、零点问题和恒成立例题（含答案） 考试说明指出：“高考把函数与方程的思想作为思想方法的重点来考查，使用填空题考查函数与方程思想的基本运算，而在解答题中，则从更深的层次，在知识网络的交汇处，从思想方法与相关能力相结合的角度进行深入考查．” 函数和方程的思想简单地说，就是学会用函数和变量来思考，学会转化已知与未知的关系，对函数和方程思想的考查，主要是考查能不能用函数和方程思想指导解题，一般情况下，凡是涉及未知数问题都可能用到函数与方程的思想． 函数与方程的思想在解题应用中主要体现在两个方面：(1) 借助有关初等函数的图象性质，解有关求值、解(证)方程(等式)或不等式，讨论参数的取值范围等问题；(2) 通过建立函数式或构造中间函数把所要研究的问题转化为相应的函数模型，由所构造的函数的性质、结论得出问题的解． 利用函数与方程思想解函数问题： 例4 已知函数f(x)＝x lnx －ax(x ＞0且x ≠1)． (1) 若函数f(x)在(1，＋∞)上为减函数，求实数a 的最小值； (2) 若 x 1、x 2∈[e ，e 2]，使f(x 1)≤f′(x 2)＋a 成立，求实数a 的取值范围． 解：(1) 因为f(x)在(1，＋∞)上为减函数，所以f′(x)＝lnx －1 （lnx ）2 －a ≤0在(1，＋∞)上恒 成立． 所以当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x)max ≤0. 又f′(x)＝lnx －1（lnx ）2 －a ＝－????1lnx 2＋1lnx －a ＝－????1lnx －122＋14 －a ， 故当1lnx ＝12，即x ＝e 2时，f ′(x)max ＝1 4－a. 所以14－a ≤0，于是a ≥14，故a 的最小值为14 . (2) 命题“若 x 1、x 2∈[e ，e 2 ]，使f(x 1)≤f′(x 2)＋a 成立”等价于“当x ∈[e ，e 2]时，有f(x)min ≤f ′(x)max ＋a ”． 由(1)，当x ∈[e ，e 2]时，f ′(x)max ＝1 4 －a ， ∴ f ′(x)max ＋a ＝1 4 . 问题等价于“当x ∈[e ，e 2]时，有f(x)min ≤1 4 ”． ① 当a ≥1 4 时，由(1)f(x)在[e ，e 2]上为减函数， 则f(x)min ＝f(e 2 )＝e 22－ae 2≤14，故a ≥12－14e 2. ②当a ＜14时，由于f′(x)＝－????1lnx －122＋14 －a 在[e ，e 2]上为增函数， 故f′(x)的值域为[f′(e)，f ′(e 2)]，即? ???－a ，1 4－a . 若－a ≥0，即a ≤0，f ′(x)≥0在[e ，e 2]上恒成立，故f(x)在[e ，e 2]上为增函数，于是，
导数中的多次求导
导数中的多次求导 This model paper was revised by LINDA on December 15, 2012.
导数中的多次求导 【一次求导型】 已知函数()2x f x me x =--.（其中e 为自然对数的底数）. （Ⅰ）若曲线()y f x =过点(0,1)P ，求曲线()f x 在点(0,1)P 处的切线方程； （Ⅱ）若()0f x >在R 上恒成立，求m 的取值范围； 解：（Ⅰ）略 （Ⅱ）由0)(>x f 得20x me x -->，即有2x x m e +>……………………………………【分离变量】 令2()x x u x e += ， ……………………………………【一次构造】 则1()x x u x e --'=， ……………………………………【一次求导】 令()01u x x '>?<-，()01u x x '- ∴)(x u 在(,1)-∞-上单调递增，在(1,)-+∞上单调递减……………………………………【得单调性】 ∴max ()(1)u x u e =-=， ……………………………………【取最值】 ∴m e > ……………………………………【结论】 【二次求导型】 设函数()ln ,()(2)(1)2()f x x g x a x f x ==---． （Ⅰ） 当1a =时，求函数()g x 的单调区间； （Ⅱ） 若对任意1(0,),()02 x g x ∈>恒成立，求实数a 的最小值． 答案：（Ⅰ）略 （Ⅱ） 由题意知(2)(1)2ln 0a x x --->，在1(0,)2x ∈上恒成立， 即(2)(1)2ln a x x -->在区间1 (0,)2 上恒成立， 又10x ->，∴2ln 21x a x >+ -在区间1(0,)2 上恒成立，……………………………………【分离变量】 设2ln ()21x h x x =+-，1(0,)2x ∈， ……………………………………【一次构造】 则22 22(1)2ln 22ln ()(1)(1)x x x x x h x x x -+-+'==--， ……………………………………【一次求导】
导数中的二次求导题型20170205
导数中的二次求导题型20170205 1.（2010年全国卷1理科20）已知函数1ln )1()(+-+=x x x x f .（1）若1)(2++≤'ax x x f x ，求a 的取值范围；（2）证明：0)()1(≥-x f x . 2.（2010年新课标全国卷1理科20）设函数21)(ax x e x f x ---=.（1）若0=a ，求)(x f 的单调区间； （2）若当0≥x 时0)(≥x f ，求a 的取值范围. 3.（2013年河北省石家庄一模理科21）设函数)1ln()(2 ++=x a x x f .（1）若函数)(x f y =在区间[)+∞,1上是单调 递增函数，求实数a 的取值范围；（2）若函数)(x f y =有两个极值点1x ，2x 且21x x <求证：2ln 2 1 )(012+-<对于一切1(0,)2 x ∈恒成立，求a 的最小值；（2）若对任意的0(0,]x e ∈，在(0,]e 上总存在两个不同的(1,2)i x i =，使0()()i f x g x =成立，求a 的取值范围.
5.（辽宁省五校第一联合体2013届高三年级考试理科21）已知函数()01ln )(>+=a x a x f .（1）当0>x 时，求证： )11(1)(x a x f -≥-；（2）在区间()e ,1上x x f >)(恒成立，求实数a 的取值范围；（3）当2 1 =a 时，求证： ()( ) *112)1()3()2(N n n n n f f f ∈+-+>++++ . 6.（山西省晋中名校2013届高三联合测试）已知函数()R a e ax x f x ∈-=2)(.（1）当1=a 时，试判断)(x f 的单调 性并给予证明；（2）若)(x f 有两个极值点1x ，2x ()21x x <.（i ）求实数a 的取值范围；（ii ）证明：1)(2 1-<<-x f e .（注：e 是自然对数的底数） 7.设函数2ln )(2 +-=x x x x f .（1）求)(x f 的单调区间；（2）若存在区间[]?? ????+∞?,21 ,b a ，使)(x f 在[]b a ,上的值 域为[])2(),2(++b k a k ，求k 的取值范围.
高考专题：导数中的二次求导问题
导数中的二次求导问题 一.考情分析： 高中数学课程标准对导数的应用提出了明确的要求，导数在研究函数中的应用，既是高考考查的重点，也是难点和必考点. 利用导数求解函数的单调性、极值和最值等问题是高考考查导数问题的主要内容和形式，并多以压轴题的形式出现. 常常考查运算求解能力、概括抽象能力、推理论证能力和函数与方程、化归与转化思想、分类与整合思想、特殊与一般思想的渗透和综合运用，难度较大. 二.知识要点（为什么二次求导：） 在解决有关导数应用的试题时，有些题目利用“一次求导”就可以解决，而在有些函数问题中，如含有指数式、对数式的函数问题，求导之后往往不易或不能直接判断出原函数的单调性，从而不能进一步判断函数的单调性及极值、最值情况，此时解题受阻。需要利用“二次求导”才能找到导数的正负，找到原函数的单调性，才能解决问题. 若遇这类问题， “再构造，再求导”是破解函数综合问题的有效工具，为高中数学教学提供了数学建模的新思路和“用数学”的新意识和新途径。 三、解这类题的步骤为： ①求函数的定义域； ②求函数的导函数f ′(x)，无法判断导函数正负； ③构造求g(x)= f ′(x)，求g ′(x)； ④求g ′(x)>0和g ′(x)<0的解，即得函数()g x 的单调性，得函数()g x 的最值，； ⑤根据列表解答问题。 四、典型例题： 例1.求函数()cos f x x x ax a =-+，π [0,]2 x ∈（1a ≥）的单调区间； 解：依题意 ()cos sin f x x x x a '=--． 令()cos sin g x x x x a =--， π[0,]2 x ∈， 则()2sin cos 0g x x x x '=--≤．
通俗讲解一阶导数和二阶导数物理意义及其程序代码
%本程序旨在说明函数y2与其一阶导数d1，二阶导数d2的物理意义：%导数在离散数学中，是一种差分（就是两个相邻点做减法的差值）；%一阶导数d1是函数y2的斜率，表示函数y2的倾斜程度，实际上是函数y2的变化程度；即 %斜率d1越大，（在自变量t具有相同变化量的时候，函数的因变量y2的变化量越大，）就是说y2变化越快。所以当y2表示成“路程”时，t 就成为了时间，而d1就变成了速度，表示单位时间内，经过的路程——路程变化量，那么二阶导数d2就是加速度，相应地，表示为速度的变化量。 %同时函数y2的二阶导数d2和y2的曲率有关，二阶导数d2表示曲线的弯曲程度，d2越大，表明y2越弯曲，见图figure2 %这就是为什么要用二阶导数来判断曲线凹凸性的一个原因。% %下面是程序代码（如果拷贝，最好用英文命名，防止因matlab版本的不同而带来的报错） clear all;close all;clc; t=-pi:pi/1000:pi; y2=exp(-t/3).*sin(3*t); %hold on;%保留上一个曲线 t1=-pi+pi/1000:pi/1000:pi; %注意这里导数的离散点比原来的函数减少了一个点， %故导数的值域要减少一个点，否则程序报错 t2=-pi+pi/500:pi/1000:pi; %注意这里二阶导数的离散点比原来的函数减少了二个点， %故二阶导数的值域要减少二个点，否则程序报错 d1=diff(y2,1);
%求一阶导数的公式，diff(y2,m)为求m阶导数的方法 d2=diff(y2,2); plot(t,y2,'r',t1,d1,'b',t2,d2,'g'); %画图y2,d1,d2在一起比较 grid on ; %加网格 axis([-pi,pi,-2.8,1.9]) ; %坐标系，水平x轴区域为[-pi,pi]；垂直y轴区域为[-0.02,0.02] figure, %创建一个新的图像区域 subplot(3,1,1); plot(t,y2); grid on; axis([-pi,pi,-3,3]) ; title('y2'); subplot(3,1,2);plot(t1,d1); grid on;axis([-pi,pi,-0.03,0.02]) ; title('y2的一阶导数d1'); subplot(3,1,3);
高考数学导数中二次求导的运用
高考数学--导数中二次求导的运用 1 / 3 高考数学导数中二次求导的运用 【理·2010全国卷一第20题】已知函数()(1)ln 1f x x x x =+-+. （Ⅰ）若2'()1xf x x ax ≤++，求a 的取值范围； （Ⅱ）证明：(1)()0x f x -≥ 解析：先看第一问，首先由()(1)ln 1f x x x x =+-+可知函数()f x 的定义域为()0,+∞，易得()() 11ln 11ln f x x x x x x '=++-=+ 则由2'()1xf x x ax ≤++可知21ln 1x x x ax x ? ?+ ≤++ ???，化简得 2ln x x x ax ≤+，这时要观察一下这个不等式，显然每一项都有因子x ，而x 又大于零，所以两边同乘1x 可得ln x x a ≤+，所以有ln a x x ≥-，在对()ln g x x x =-求导有 ()11g x x '=-，即当0＜x ＜1时，()g x '＞0，()g x 在区间()0,1上为增函数；当1x =时，()0g x =；当1＜x 时，()g x '＜0，()g x 在区间()1,+∞上为减函数。 所以()g x 在1x =时有最大值，即()()ln 11g x x x g =-≤=-。又因为ln a x x ≥-，所以1a ≥-。 应该说第一问难度不算大，大多数同学一般都能做出来。再看第二问。 要证(1)()0x f x -≥，只须证当0＜x 1≤时，()0f x ≤；当1＜x 时，()f x ＞0即可。 由上知()1ln f x x x '=+ ，但用()f x '去分析()f x 的单调性受阻。我们可以尝试再对()1ln f x x x '=+求导，可得()211f x x x ''=-，显然当0＜x 1≤时，()0f x ''≤；当1＜x 时，()f x ''＞0，即()1ln f x x x '=+在区间()1,+∞上为减函数，所以有当0＜x 1≤时， ()()11f x f ''≥=，我们通过二次求导分析()f x '的单调性，得出当0＜x 1≤时()1f x '≥，则()f x 在区间(]0,1上为增函数，即()()10f x f ≤=，此时，则有(1)()0x f x -≥成立。
高考数学--导数中二次求导的运用
高考数学导数中二次求导的运用 【理·2010全国卷一第20题】已知函数()(1)ln 1f x x x x =+-+. （Ⅰ）若2'()1xf x x ax ≤++，求a 的取值范围； （Ⅱ）证明：(1)()0x f x -≥ 解析：先看第一问，首先由()(1)ln 1f x x x x =+-+可知函数()f x 的定义域为()0,+∞，易得()() 11ln 11ln f x x x x x x '=++-=+ 则由2'()1xf x x ax ≤++可知21ln 1x x x ax x ? ?+ ≤++ ???，化简得 2ln x x x ax ≤+，这时要观察一下这个不等式，显然每一项都有因子x ，而x 又大于零，所以两边同乘1x 可得ln x x a ≤+，所以有ln a x x ≥-，在对()ln g x x x =-求导有 ()11g x x '=-，即当0＜x ＜1时，()g x '＞0，()g x 在区间()0,1上为增函数；当1x =时，()0g x =；当1＜x 时，()g x '＜0，()g x 在区间()1,+∞上为减函数。 所以()g x 在1x =时有最大值，即()()ln 11g x x x g =-≤=-。又因为ln a x x ≥-，所以1a ≥-。 应该说第一问难度不算大，大多数同学一般都能做出来。再看第二问。 要证(1)()0x f x -≥，只须证当0＜x 1≤时，()0f x ≤；当1＜x 时，()f x ＞0即可。 由上知()1ln f x x x '=+ ，但用()f x '去分析()f x 的单调性受阻。我们可以尝试再对()1ln f x x x '=+求导，可得()211f x x x ''=-，显然当0＜x 1≤时，()0f x ''≤；当1＜x 时，()f x ''＞0，即()1ln f x x x '=+在区间()1,+∞上为减函数，所以有当0＜x 1≤时， ()()11f x f ''≥=，我们通过二次求导分析()f x '的单调性，得出当0＜x 1≤时()1f x '≥，则()f x 在区间(]0,1上为增函数，即()()10f x f ≤=，此时，则有(1)()0x f x -≥成立。
