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 =-+∈.
（Ⅰ）求()f x 的单调区间与极值；
（Ⅱ）求证：当a ＞ln21-且x ＞0时，x e ＞221x ax -+. 解：（I ）略.
（Ⅱ）设()221x g x e x ax =-+-， 则()22x g x e x a '=-+， 继续对()g x '求导得()2x g x e ''=- ，当x 变化时()g x ''，()g x '变化如下表
由上表可知()()ln 2g x g ''≥，
而()()ln2ln 22ln 2222ln 222ln 21g e a a a '=-+=-+=-+，由a ＞ln21-知 ()ln 20g '>，所以()0g x '>，即()g x 在区间()0,+∞上为增函数. 于是有()(0)g x g >，而()02002010g e a =-+?-=， 故()0g x >，即当a ＞ln21-且x ＞0时，x e ＞221x ax -+.
4（2008年高考湖南卷（理）（21））已知函数2
2()ln (1)1x f x x x =+-+.
(I) 求函数()f x 的单调区间； （Ⅱ）若不等式1(1)n a e n
++≤对任意的N*n ∈都成立（其中e 是自然对数的底数）.求a 的最大值. 解：（I ）函数()f x 的定义域是(1,)-+∞，
2222
2ln(1)22(1)ln(1)2()1(1)(1)x x x x x x x f x x x x ++++--'=-=+++. 设2()2(1)ln(1)2g x x x x x =++--，则()2ln(1)2g x x x '=+-. 令()2ln(1)2h x x x =+-，则22()211x h x x x -'=-=++. 当10x -<<时， ()0h x '>，从而()h x 在(1,0)-上为增函数， 当0x >时，()0h x '<，从而()h x 在(0,)+∞上为减函数. 所以h(x)在0x =处取得极大值，而(0)0h =，所以()0(0)g x x '<≠，函数()g x 在(1,)-+∞上为减函数.
于是当10x -<<时，()(0)0g x g >=，当0x >时，()(0)0g x g <=. 所以当10x -<<时，()0,f x '>()f x 在(1,0)-上为增函数. 当0x >时，()0,f x '<()f x 在(0,)+∞上为减函数. 故函数()f x 的单调递增区间为(1,0)-，单调递减区间为(0,)+∞. （Ⅱ）略.
导数压轴题处理专题讲解
导数压轴题处理专题讲解（上） 专题一双变量同构式（含拉格朗日中值定理）..................................................... - 2 -专题二分离参数与分类讨论处理恒成立（含洛必达法则）.................................... - 4 -专题三导数与零点问题（如何取点） .................................................................. - 7 -专题四隐零点问题整体代换.............................................................................. - 13 -专题五极值点偏移 ........................................................................................... - 18 -专题六导数处理数列求和不等式....................................................................... - 25 -
专题一 双变量同构式（含拉格朗日中值定理） 例1. 已知（1）讨论的单调性 （2）设，求证：例2. 已知函数，。（1）讨论函数的单调性；w.w.w.k.s.5.u.c.o.m （2）证明：若，则对任意x ，x ，x x ，有 。 例3. 设函数. （1）当（为自然对数的底数）时，求的最小值； （2）讨论函数零点的个数； （3）若对任意恒成立，求的取值范围. ()()21ln 1f x a x ax =+++()f x 2a ≤-()()()121212 ,0,,4x x f x f x x x ?∈+∞-≥-()2 1(1)ln 2 f x x ax a x = -+-1a >()f x 5a <12∈(0,)+∞1≠21212 ()() 1f x f x x x ->--()ln ,m f x x m R x =+ ∈m e =e ()f x ()'()3 x g x f x = -()() 0, 1f b f a b a b a ->><-m
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 -≤。
导数结合洛必达法则巧解高考压轴题
导数结合洛必达法则巧解高考压轴题 2010年和2011年高考中的全国新课标卷中的第21题中的第色)步，由不等式恒成立来求参数的取值范围问题，分析难度大，但用洛必达法则来处理却可达到事半功倍的效果。 洛必达法则简介： 法则1若函数f(x)和g(x)满足下列条件：⑴lim f x = 0及lim g x = 0 ； (2) 在点a的去心邻域内,f(x) 与g(x)可导且g'(x)丰0; f '(X ) (3) lim l , x a g x 那么lim?L = |im?=|。—g(x ) —g'(x) 法则2若函数f(x)和g(x)满足下列条件：⑴lim f x =0及lim g x = 0 ； x^C * ‘ (2) A> 0, f(x)和g(x)在-:：，A 与A,：：上可导，且g'(x)丰 0; 0 比.T-i 0 0 ②洛必达法则可处理一，，o宀,1 -, “, 0 ,：：-：：型。 ◎在着手求极限以前，首先要检查是否满足-,-,o ?:: , 1 , ：：0, 0°,：：_：：型定式， 否则滥用洛必达法则会出错。当不满足三个前提条件时，就不能用洛必达法则，这时称洛必达法则不适用，应从另外途径求极限。 ◎若条件符合，洛必达法则可连续多次使用，直到求出极限为止。 二.高考题处理 1.(2010年全国新课标理)设函数f (x) = e x -1 - x - ax2。 (1)若a = 0，求f (x)的单调区间； (2)若当x_ 0时f (x) _ 0，求a的取值范围 原解：(1) a = 0 时，f(x)=e x-1-x, f'(x) = e x-1. 当(-：：,0)时，f'(x)：：：0 ；当x (0^：：)时，f'(x).0.故f (x)在(--■- ,0)单调减少，在(0「：)单调增加 (II ) f '(x) = e x - 1 - 2ax 由(I )知e x一「x，当且仅当x = 0时等号成立.故那么lim?=lim_^l。F g(x) F g^x) 法则3若函数f(x)和g(x)满足下列条件：⑴lim f x - ：：及lim g x二：：； (2)在点a的去心邻域内，f(x) 与g(x)可导且g'(x)丰0; f '(X) ⑶ lim l , x a g x 那么limd = lim?=l。—g(x ) J g (x) 利用洛必达法则求未定式的极限是微分学中的重点之一，在解题中应注意: f '(x) _ x _ 2ax = (1 _ 2a)x , 1 从而当1-2a 一0,即a 时，f '(x) _ 0 ( x 一0)，而f(0) =0 , 2 于是当x^O 时，f(x)K0. 1 x x | 由e 1 x(x = 0)可得e - 1- x(x= 0).从而当a 时， 2 故当x (0,ln 2a)时，f'(x) ：： 0，而f (0) = 0，于是当x (0,ln 2a)时，f(x) ：：0. ①将上面公式中的X i a, X is 换成x T +8, X T - a, + — x— a , x— a洛必达法则也成立。综合得a的取值范围为
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。
2018年高考理科数学全国卷二导数压轴题解析
2018年高考理科数学全国卷二导数压轴题解析 已知函数2()x f x e ax =-. （1） 若1a =，证明：当0x ≥时，()1f x ≥. （2） 若()f x 在(0,)+∞只有一个零点，求a . 题目分析： 本题主要通过函数的性质证明不等式以及判断函数零点的问题考察学生对于函数单调性以及零点存在定理性的应用，综合考察学生化归与分类讨论的数学思想，题目设置相对较易，利于选拔不同能力层次的学生。第1小问，通过对函数以及其导函数的单调性以及值域判断即可求解。官方标准答案中通过()()x g x e f x -=的变形化成2()x ax bx c e C -+++的形式，这种形式的函数求导之后仍为2()x ax bx c e -++这种形式的函数，指数函数的系数为代数函数，非常容易求解零点，并且这种变形并不影响函数零点的变化。这种变形思想值得引起注意，对以后导数命题有着很大的指引作用。但是，这种变形对大多数高考考生而言很难想到。因此，以下求解针对函数()f x 本身以及其导函数的单调性和零点问题进行讨论，始终贯穿最基本的导函数正负号与原函数单调性的关系以及零点存在性定理这些高中阶段的知识点，力求完整的解答该类题目。 题目解答： （1）若1a =，2()x f x e x =-，()2x f x e x '=-，()2x f x e ''=-. 当[0,ln 2)x ∈时，()0f x ''<，()f x '单调递减；当(ln 2,)x ∈+∞时，()0f x ''>，()f x '单调递增； 所以()(ln 2)22ln 20f x f ''≥=->，从而()f x 在[0,)+∞单调递增；所以()(0)1f x f ≥=，得证. （2）当0a ≤时，()0f x >恒成立，无零点，不合题意. 当0a >时，()2x f x e ax '=-，()2x f x e a ''=-. 当[0,ln 2)x a ∈时，()0f x ''<，()f x '单调递减；当(ln 2,)x a ∈+∞时，()0f x ''>，()f x '单调递增；所以()(ln 2)2(1ln 2)f x f a a a ''≥=-. 当02 e a <≤ 时，()0f x '≥，从而()f x 在[0,)+∞单调递增，()(0)1f x f ≥=，在(0,)+∞无零点，不合题意.
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 ，0
高三数学导数压轴题
导数压轴 一．解答题（共20小题） 1．已知函数f（x）＝e x（1+alnx），设f'（x）为f（x）的导函数． （1）设g（x）＝e﹣x f（x）+x2﹣x在区间[1，2]上单调递增，求a的取值范围； （2）若a＞2时，函数f（x）的零点为x0，函f′（x）的极小值点为x1，求证：x0＞x1． 2．设． （1）求证：当x≥1时，f（x）≥0恒成立； （2）讨论关于x的方程根的个数． 3．已知函数f（x）＝﹣x2+ax+a﹣e﹣x+1（a∈R）．
（1）当a＝1时，判断g（x）＝e x f（x）的单调性； （2）若函数f（x）无零点，求a的取值范围． 4．已知函数． （1）求函数f（x）的单调区间； （2）若存在成立，求整数a的最小值．5．已知函数f（x）＝e x﹣lnx+ax（a∈R）．
（Ⅰ）当a＝﹣e+1时，求函数f（x）的单调区间； （Ⅱ）当a≥﹣1时，求证：f（x）＞0． 6．已知函数f（x）＝e x﹣x2﹣ax﹣1． （Ⅰ）若f（x）在定义域内单调递增，求实数a的范围； （Ⅱ）设函数g（x）＝xf（x）﹣e x+x3+x，若g（x）至多有一个极值点，求a的取值集合．7．已知函数f（x）＝x﹣1﹣lnx﹣a（x﹣1）2（a∈R）．
（2）若对?x∈（0，+∞），f（x）≥0，求实数a的取值范围． 8．设f′（x）是函数f（x）的导函数，我们把使f′（x）＝x的实数x叫做函数y＝f（x）的好点．已知函数f（x）＝． （Ⅰ）若0是函数f（x）的好点，求a； （Ⅱ）若函数f（x）不存在好点，求a的取值范围． 9．已知函数f（x）＝lnx+ax2+（a+2）x+2（a为常数）．
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，
高考理科数学全国卷三导数压轴题解析
2018年高考理科数学全国卷三导数压轴题解析 已知函数2()(2)ln(1)2f x x ax x x =+++- （1） 若0a =，证明：当10x -<<时，()0f x <；当0x >时，()0f x >； （2） 若0x =是()f x 的极大值点，求a . 考点分析 综合历年试题来看，全国卷理科数学题目中，全国卷三的题目相对容易。但在2018年全国卷三的考察中，很多考生反应其中的导数压轴题并不是非常容易上手。第1小问，主要通过函数的单调性证明不等式，第2小问以函数极值点的判断为切入点，综合考察复杂含参变量函数的单调性以及零点问题，对思维能力（化归思想与分类讨论）的要求较高。 具体而言，第1问，给定参数a 的值，证明函数值与0这一特殊值的大小关系，结合函数以及其导函数的单调性，比较容易证明，这也是大多数考生拿到题目的第一思维方式，比较常规。如果能结合给定函数中20x +>这一隐藏特点，把ln(1)x +前面的系数化为1，判断ln(1)x +与2/(2)x x +之间的大小关系，仅通过一次求导即可把超越函数化为求解零点比较容易的代数函数，解法更加容易，思维比较巧妙。总体来讲，题目设置比较灵活，不同能力层次的学生皆可上手。 理解什么是函数的极值点是解决第2问的关键。极值点与导数为0点之间有什么关系：对于任意函数，在极值点，导函数一定等于0么（存在不存在）？导函数等于0的点一定是函数的极值点么？因此，任何不结合函数的单调性而去空谈函数极值点的行为都是莽撞与武断的。在本题目中，0x =是()f x 的极大值点的充要条件是存在10δ<和20δ>使得对于任意1(,0)x δ∈都满足()(0)=0f x f <( 或者()f x 单调递增)，对于任意2(0,)x δ∈都满足()(0)=0f x f <( 或者()f x 单调递减)，因此解答本题的关键是讨论函数()f x 在0x =附近的单调性或者判断()f x 与(0)f 的大小关系。题目中并没有限定参数a 的取值范围，所以要对实数范围内不同a 取值时的情况都进行分类讨论。在第1小问的基础上，可以很容易判断0a =以及0a >时并不能满足极大值点的要求，难点是在于判断0a <时的情况。官方标准答案中将问题等价转化为讨论函数2 ()ln(1)/(2)h x x x x =+++在0x =点的极值情况，非常巧妙，但是思维跨度比较大，在时间相对紧张的选拔性考试中大多数考生很难想到。需要说明的是，官方答案中的函数命题等价转化思想需要引起大家的重视，这种思想在2018年全国卷2以及2011年新课标卷1的压轴题中均有体现，这可能是今后导数压轴题型的重要命题趋势，对学生概念理解以及思维变通的能力要求更高，符合高考命题的思想。 下面就a 值变化对函数()f x 本身在0x =附近的单调性以及极值点变化情况进行详细讨论。
高考导数压轴题 答案
一、导数单调性、极值、最值的直接应用 1、解：(1)1=a 时，x x x g -=3)(，由013)(2=-='x x g ，解得3 3±=x . )(x g '的变化情况如下表： x 0 )3 3, 0( 33 )1,3 3( 1 )(x g ' - 0 + )(x g ↘ 极小值 ↗ 所以当3 3 = x 时，)(x g 有最小值932)33(-=g . (2)证明：曲线)(x f y =在点)2,(211a x x P -处的切线斜率112)(x x f k ='= 曲线)(x f y =在点P 处的切线方程为)(2)2(1121x x x a x y -=--. 令0=y ，得12122x a x x +=，∴1 2 111211222x x a x x a x x x -=-+=- ∵a x >1，∴ 021 2 1<-x x a ，即12x x <. 又∵1122x a x ≠，∴a x a x x a x x a x x =?>+=+= 1 1111212222222 所以a x x >>21. 2、解：本小题主要考查导数的几何意义、导数的运算、利用导数研究函数的单调性与极值等基础知识，考查运算能力及分类讨论的思想方法。 ⑴.3)1(')2()(')(022e f e x x x f e x x f a x x =+===，故，时，当 .3))1(,1()(e f x f y 处的切线的斜率为在点所以曲线= ⑵[] .42)2()('22x e a a x a x x f +-++= .223 2 .220)('-≠-≠ -=-==a a a a x a x x f 知，由，或，解得令 以下分两种情况讨论： ①a 若＞ 3 2 ，则a 2-＜2-a .当x 变化时，)()('x f x f ，的变化情况如下表： x ()a 2-∞-， a 2- ()22--a a ， 2-a ()∞+-，2a + 0 — 0 + ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗
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 ，0
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 =-+∈.
高考导数压轴题题型(精选.)
高考导数压轴题题型 李远敬整理 2018.4.11 一．求函数的单调区间，函数的单调性 1.【2012新课标】21. 已知函数()f x 满足满足12 1()(1)(0)2 x f x f e f x x -'=-+； （1）求()f x 的解析式及单调区间； 【解析】 （1）12 11()(1)(0)()(1)(0)2 x x f x f e f x x f x f e f x --'''=-+?=-+ 令1x =得：(0)1f = 1211 ()(1)(0)(1)1(1)2 x f x f e x x f f e f e --'''=-+?==?= 得：21 ()()()12 x x f x e x x g x f x e x '=-+?==-+ ()10()x g x e y g x '=+>?=在x R ∈上单调递增 ()0(0)0,()0(0)0f x f x f x f x ''''>=?><=?< 得：()f x 的解析式为21()2 x f x e x x =-+ 且单调递增区间为(0,)+∞，单调递减区间为(,0)-∞ 2.【2013新课标2】21．已知函数f (x )＝e x －ln(x ＋m )． (1)设x ＝0是f (x )的极值点，求m ，并讨论f (x )的单调性； 【解析】 (1)f ′(x )＝1 e x x m - +. 由x ＝0是f (x )的极值点得f ′(0)＝0，所以m ＝1. 于是f (x )＝e x －ln(x ＋1)，定义域为(－1，＋∞)，f ′(x )＝1 e 1 x x -+. 函数f ′(x )＝1 e 1 x x -+在(－1，＋∞)单调递增，且f ′(0)＝0. 因此当x ∈(－1,0)时，f ′(x )＜0； 当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )＞0. 所以f (x )在(－1,0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增． 3.【2014新课标2】21. 已知函数()f x =2x x e e x --- （1）讨论()f x 的单调性； 【解析】 （1）+ -2≥0，等号仅当x=0时成立，所以f （x ）在（—∞，+∞）单调递 增 【2015新课标2】21. 设函数 f (x )=e mx +x 2-mx 。 （1）证明： f (x )在 (-￥,0)单调递减，在 (0,+￥)单调递增； （2）若对于任意 x 1,x 2?[-1,1]，都有 |f (x 1)-f (x 2)|￡e -1，求m 的取值范围。
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，；
专题05 挖掘“隐零点”,破解导数压轴题-2019年高考数学压轴题之函数零点问题(解析版)
专题五挖掘“隐零点”，破解导数压轴题 函数方程思想是一种重要的数学思想方法，函数问题可以利用方程求解，方程解的情况可借助于函数的图象和性质求解.高考命题常常以基本初等函数为载体，主要考查以下三个方面：（1）零点所在区间——零点存在性定理；（2）二次方程根的分布问题；（3）判断零点的个数问题；（4）根据零点的情况确定参数的值或范围；（5）根据零点的情况讨论函数的性质或证明不等式等.本专题围绕利用函数的“隐零点”，破解导数压轴问题，例题说法，高效训练. 【典型例题】 类型一挖掘“隐零点”，求参数的最值或取值范围 例1.【浙江省杭州第十四中学2019届高三12月月考】设函数,曲线y=f(x)在x=1处的切线与直线y=3x平行. (1)判断函数f(x)在区间和上的单调性，并说明理由; (2)当时,恒成立，求的取值范围. 【答案】（1）区间单调递增；（2） 【解析】 （1）.∵f'(1)=1+b=3,∴b=2,则f'(x)=ln x+4x-1. 因为在单调递增，所以当时 即函数f(x)在区间单调递减；当时 即函数f(x)在区间单调递增； （2）因为，而在（0，1）上递增 存在使得
，当 时单调递减； 当时 单调递增 所以 又因为时则 所以则 类型二 挖掘“隐零点”，证明不等式 例2. 设函数2()ln x f x e a x =-，设()2 0,2a e ∈求证：当(]0,1x ∈时，2()2ln f x a a a ≥+ 【答案】见解析 【解析】()f x 的定义域为(]0,1，222'()2x x a xe a f x e x x -=-= 设2()2x x xe a ?=-，()22()242x x x xe x e ?'==+， 当(]0,1x ∈，()0x ?'>，即()x ?在区间(]0,1为增函数， (2(),2x a e a ??∈--? 又因为( )2 0,2a e ∈，所以2 (0)0,(1)20a e a ??=-<=-> 由零点存在定理可知'()f x 在(]0,1的唯一零点为0x 当0(0,)x x ∈时，'()0f x <，当(]0,1x x ∈，'()0f x > 故()f x 在0(0,)x 单调递减，在(]0,1x 单调递增， 所以当0x x =时，()f x 取得最小值，最小值为0200()ln x f x e a x =-， 由0 2020x x e a -=，即0 202x a e x = ，两边去对数得00ln ln 22 a x x =- 由于，所以00000222()2ln 22ln 2ln 22a a f x ax a ax a a a x a x a a = ++≥?=+
函数与导数经典例题高考压轴题含答案
函数与导数经典例题-高考压轴 1. 已知函数3 2 ()4361,f x x tx tx t x R =+-+-∈，其中t R ∈． （Ⅰ）当1t =时，求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程； （Ⅱ）当0t ≠时，求()f x 的单调区间； （Ⅲ）证明：对任意的(0,),()t f x ∈+∞在区间(0,1)内均存在零点． 2. 已知函数21 ()32 f x x = +，()h x = （Ⅰ）设函数F (x )＝18f (x )－x 2[h (x )]2，求F (x )的单调区间与极值； （Ⅱ）设a ∈R ，解关于x 的方程33 lg[(1)]2lg ()2lg (4)24 f x h a x h x --=---； （Ⅲ）设*n ∈N ，证明：1 ()()[(1)(2)()]6 f n h n h h h n -+++≥L ． 3. 设函数ax x x a x f +-=2 2ln )(，0>a （Ⅰ）求)(x f 的单调区间； （Ⅱ）求所有实数a ，使2 )(1e x f e ≤≤-对],1[e x ∈恒成立． 注：e 为自然对数的底数． 4. 设2 1)(ax e x f x +=，其中a 为正实数. （Ⅰ）当3 4 = a 时，求()f x 的极值点；（Ⅱ）若()f x 为R 上的单调函数，求a 的取值范围. 5. 已知a ， b 为常数，且a ≠0，函数f （x ）=-ax+b+axlnx ，f （e ）=2（e=2．71828…是自然对数 的底数）。 （I ）求实数b 的值； （II ）求函数f （x ）的单调区间； （III ）当a=1时，是否同时存在实数m 和M （m 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.2.函数中的二次求导