教與考銜接3 二次求導(dǎo)法在解決問題中的常見類型答案

教與考銜接3二次求導(dǎo)法在解決問題中的常見類型例例題展示【例】（1）證明：當(dāng)0＜x＜1時，x－x2＜sinx＜x；（2）已知函數(shù)f（x）＝ex－ax和g（x）＝ax－lnx有相同的最小值，求a.解：（1）證明：要證x－x2＜sinx＜x，則構(gòu)造g（x）＝x－sinx，h（x）＝sinx－x＋x2.易得g'（x）＝1－cosx，則當(dāng)x∈（0，1）時，g'（x）＝1－cosx＞0，所以g（x）在（0，1）上單調(diào)遞增，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，則m'（x）＝－sinx＋2＞0，所以h'（x）在（0，1）上單調(diào)遞增，所以h'（x）＞h'（0）＝0，所以h（x）在（0，1）上單調(diào)遞增，所以h（x）＞h（0）＝0，所以x－x2＜sinx.綜上所述，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上單調(diào)遞增，即f（x）無最小值；②若a＞0，當(dāng)x∈（－∞，lna）時，f'（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減，當(dāng)x∈（lna，＋∞）時，f'（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增.∴f（x）在x＝lna處取得最小值f（lna）＝a－alna.當(dāng)x∈0，1a時，g'（x）＜0，g（x）單調(diào)遞減，當(dāng)x∈1a，＋∞時，g'（x）＞0，g∴g（x）在x＝1a處取得最小值g1a＝1＋ln又f（x）與g（x）有相同的最小值，∴a－alna＝1＋lna，a＞0.設(shè)h（a）＝alna＋lna－a＋1，a＞0，則h'（a）＝1a＋lna令φ（a）＝h'（a），則φ'（a）＝－1a2＋1a＝a－1當(dāng)a∈（0，1）時，φ'（a）＜0，h'（a）單調(diào)遞減.當(dāng)a∈（1，＋∞）時，φ'（a）＞0，h'（a）單調(diào)遞增.∴h'（a）在a＝1處取得最小值h'（1）＝1＞0，則當(dāng)a＞0時，h'（a）＞0恒成立，h（a）單調(diào)遞增.又h（1）＝0，∴a＝1.解解法探究求解此類問題時，一次求導(dǎo)后往往不易或不能直接判斷原函數(shù)的單調(diào)性，從而不能進一步判斷函數(shù)的極值、最值等性質(zhì)，需要二次求導(dǎo)才能找到原函數(shù)的單調(diào)性，進而解決問題.下面介紹二次求導(dǎo)解決問題的步驟：（1）求函數(shù)f（x）的定義域；（2）求函數(shù)f（x）的導(dǎo)數(shù)f'（x），無法判斷導(dǎo)函數(shù)正負；（3）再構(gòu)造函數(shù)g（x）＝f'（x）（或f'（x）中不能確定正負的式子），二次求導(dǎo)，即求g'（x）；（4）列出x，g'（x），g（x）的變化關(guān)系表；（5）根據(jù)列表解答問題.二次求導(dǎo)法解決問題的常見類型二次求導(dǎo)法解決問題的常見類型類型1利用二次求導(dǎo)求參數(shù)的值（范圍）【例1】已知關(guān)于x的不等式2lnx＋2（1－m）x＋2≤mx2在（0，＋∞）上恒成立，則整數(shù)m的最小值為（）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，＋∞）上是增函數(shù).設(shè)存在x0∈（0，＋∞），使得x0＋2lnx0＝0，∵g（12）＝12＋ln14＜0，g（1）＝1＞0，∴x0∈（12，1），則在x∈（0，x0）時，g（x）＜0，即f'（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增.在x∈（x0，＋∞）時，g（x）＞0，即f'（x）＜0，f（類型2利用二次求導(dǎo)確定函數(shù)的單調(diào)性【例2】已知函數(shù)f（x）＝1－e－x，當(dāng)x≥0時，f（x）≤xax+1，求a解：由題設(shè)x≥0，f（x）≤xax若a＜0，則當(dāng)x＞－1a時，ax＋1＜0，f（x）≤xax若a≥0，則ax＋1＞0，f（x）≤xax+1?（ax＋1）·（1－e－x）－x令g（x）＝（ax＋1）（1－e－x）－x，則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，∴當(dāng)0≤a≤12時，2a－1≤0從而h'（x）≤0（僅當(dāng)x＝0，a＝12時取“＝”）∴g'（x）在[0，＋∞）內(nèi)單調(diào)遞減，g'（x）≤g'（0）＝0，∴g（x）在[0，＋∞）內(nèi)單調(diào)遞減，g（x）≤g（0）＝0，即原不等式成立.當(dāng)a＞12時，2a－1＞0，令h'（x）＝0得x＝2a－1a，從而當(dāng)0＜x＜2a－1a時，此時g'（x）在（0，2a－1a）內(nèi)單調(diào)遞增，g'（x）＞g'（0∴g（x）在（0，2a－1a）內(nèi)單調(diào)遞增，g（x）＞g（0）＝0，f（x）≤綜上可知，a的取值范圍為［0，12類型3利用二次求導(dǎo)證明不等式【例3】已知函數(shù)f（x）＝（x＋1）lnx－x＋1.證明：（x－1）f（x）≥0.證明：令F（x）＝（x－1）f（x），要證明F（x）≥0，只需證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顯然當(dāng)x＝1時，F(xiàn)'（x）＝0，當(dāng)0＜x＜1時，x＋1x＞2，lnx＜0，F(xiàn)'（x）＜0，F(xiàn)（x）在x∈（0，1）上單調(diào)遞減當(dāng)x＞1時，x＋1x＞2，lnx＞0，F(xiàn)'（x）的符號仍不能判定，求二階導(dǎo)數(shù)得F″（x）＝2lnx＋1＋1x2從而F'（x）在x＞1時單調(diào)遞增，F(xiàn)'（x）＞F'（1）＝0，F(xiàn)（x）在x∈（1，＋∞﹚上單調(diào)遞增，所以當(dāng)x＝1時，F(xiàn)（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數(shù)f（x）＝ln（x－1）－ax－1lna，a＞1.（1）若函數(shù)f（x）在x＝2處的切線的斜率為1－e，求實數(shù)a的值（e是自然對數(shù)的底數(shù)）；（2）若函數(shù)f（x）有且僅有兩個零點，求實數(shù)a的取值范圍.解：（1）因為f（x）＝ln（x－1）－ax－1lna，定義域為（1，＋∞），故f'（x）＝1x－1－ax－1（lna則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，則m＋2lnm＝1，又因為y＝m＋2lnm在（0，＋∞）上是增函數(shù)，且當(dāng)m＝1時，y＝m＋2lnm＝1，所以m＝1，即lna＝1，所以a＝e.（2）因為函數(shù)f（x）有且僅有兩個零點，所以ln（x－1）－ax－1lna＝0有且僅有兩個大于1的實數(shù)根，又ax－1lna＝ln（x－1），則（x－1）ax－1lna＝（x－1）ln（x－1），即（x－1）ln（x－1）＝ax－1lnax－1，令F（x）＝xlnx，則F'（x）＝lnx＋1，由F'（x）＝0得x＝1e，當(dāng)x＞1e時，F(xiàn)'（x）＞0，當(dāng)0＜x＜1e時，F(xiàn)'（x）所以F（x）在（0，1e）上單調(diào)遞減且F（x）＜0在（1e，＋∞）上單調(diào)遞增且x∈（1，＋∞）時F（x）＞0又F（ax－1）＝F（x－1），ax－1＞1，則F（ax－1）＞F（1）＝0，則F（x－1）＞0，即得x－1＞1，所以ax－1＝x