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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－1x

①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.2

C.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