二次求导

二次求导

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2023年3月18日发(作者：气候变化)

二次求导

【理·2010全国卷一第20题】已知函数()(1)ln1fxxxx.

（Ⅰ）若2'()1xfxxax，求

a

的取值范围；

（Ⅱ）证明：(1)()0xfx

先看第一问，首先由()(1)ln1fxxxx可知函数fx的定义域为0,，易得



11

ln11lnfxxxx

xx





则由2'()1xfxxax可知2

1

ln1xxxax

x









，化简得

2lnxxxax，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

1

x

可得lnxxa，所以有lnaxx，在对lngxxx求导有



1

1gx

x



，即当0＜

x

＜1时，gx



＞0，gx在区间0,1上为增函数；当1x时，0gx；

当1＜

x

时，gx



＜0，gx在区间1,上为减函数。

所以gx在1x时有最大值，即ln11gxxxg。又因为lnaxx，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)()0xfx，只须证当0＜

x

1时，0fx；当1＜

x

时，fx＞0即可。

由上知

1

lnfxx

x



，但用fx



去分析fx的单调性受阻。我们可以尝试再对

1

lnfxx

x





求导，可得

2

11

fx

xx



，显然当0＜

x

1时，0fx



；当1＜

x

时，fx



＞0，即

1

lnfxx

x





在区间0,上为减函数，所以有当0＜

x

1时，11fxf



，我们通过二次求导分析fx



的

单调性，得出当0＜

x

1时1fx



，则fx在区间0,1上为增函数，即10fxf，此时，

则有(1)()0xfx成立。

下面我们在接着分析当1＜

x

时的情况，同理，当1＜

x

时，fx



＞0，即fx



在区间1,上为

增函数，则11fxf



，此时，fx为增函数，所以10fxf，易得(1)()0xfx也成

立。

综上，(1)()0xfx得证。

下面提供一个其他解法供参考比较。

解：（Ⅰ）

1

lnfxx

x



，则ln1xfxxx





题设2'()1xfxxax等价于lnxxa。

令lngxxx，则

1

1gx

x



。

当0＜

x

＜1时，gx



＞0；当1x时，0gx



，1x是gx的最大值点，所以

11gxg。

综上，

a

的取值范围是1,。

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，11gxg，即ln10xx。

当0＜

x

＜1时，

1

lnln1lnln1fxxxxxxxx

x









11

lnln10xx

xx









因为1x＜0，所以此时(1)()0xfx。

当1x时，

11

lnln1lnln10fxxxxxxx

xx









。

所以(1)()0xfx

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。

不妨告诉同学们一个秘密：熟炼掌握二次求导分析是解决高考数学函数压轴题的一个秘密武器！下面

我们再看一道高考压轴题。

【理·2010全国卷三第21题】设函数21xfxexax。

（Ⅰ）若0a，求fx的单调区间；

（Ⅱ）若当0x时，0fx。求

a

的取值范围。

第一问没有任何难度，通过求导数fx



来分析fx的单调即可。

当0a，1xfxe



，令0fx



，得0x；当

x

＜0时，fx



＜0；当

x

＞0时，fx



＞

0。所以fx在区间,0上为减函数，在区间0,上为增函数。

第二问，其实第一问算是个提示，即当0a时，fx在区间0,上为增函数，故

00fxf，显然满足题意。

下面我们分别分析

a

＜0和

a

＞0两种情况。

当

a

＜0时，在区间0,上显然20ax，综上可得在区间0,上210xfxexax

成立。故

a

＜0满足题意。

当

a

＞0时，12xfxeax



，2xfxea



，显然00f，00f



，当fx



在区间

0,上大于零时，fx为增函数，0fxfx，满足题意。而当fx



在区间0,上为增

函数时，00fxf



，也就是说，要求fx



在区间0,上大于等于零，又因为2xfxea





在区间0,上为增函数，所以要求10f



，即020ea，解得

1

2

a。

综上所述，

a

的取值范围为

1

,

2











。

通过上面两道压轴题，我们已经领略了二次求导在分析高考数学函数压轴题的威力。

再看看某些省市的函数题。

【理·2010安徽卷第17题】设

a

为实数，函数22,xfxexaxR。

（Ⅰ）求fx的单调区间与极值；

（Ⅱ）求证：当

a

＞ln21且

x

＞0时，xe＞221xax。

第一问很常规，我们直接看第二问。首先要构造一个新函数221xgxexax，如果这一着就想不到，

那没辙了。然后求导，结果见下表。

22xgxexa



，继续对gx



求导得2xgxe





0,ln2

ln2ln2,

gx





0

gx

减极小值增

由上表可知ln2gxg



，而

ln2ln22ln2222ln222ln21geaaa



，由

a

＞ln21知

ln2g



＞0，所以gx



＞0，即gx在区间0,上为增函数。

于是有gx＞0g，而02002010gea，

故gx＞0，即当

a

＞ln21且

x

＞0时，xe＞221xax。

2009辽宁理科

已知函数2

1

()=1ln

2

fxxaxax，1a

(Ⅰ)讨论函数()fx的单调性

(Ⅱ)证明：若5a，则对任意

12

,0,xx，

12

xx，有12

12

()()

1

fxfx

xx







解析：根的大小不确定；利用结论证明不等式

(Ⅰ)()fx的定义域为0,

211(1)(1)

'()

axaxaxxa

fxxa

xxx





（1）若11a，即2a时

2(1)

'()0

x

fx

x





此时()fx在(0,)单调增加

（2）若11a，即2a时，

x01，111a，

1a1a，

'()fx+0—0+

()fx↗极大值↘极小值↗

所以，()fx在01，，1a，内单调递增；在11a，内单调递减

（3）若11a，即12a时

x0,1a

1a11a，

11，

'()fx+0—0+

()fx↗极大值↘极小值↗

所以，()fx在0,1a，1，内单调递增；在11a，内单调递减

(Ⅱ)考虑函数

2

1

()()(1)ln

2

gxfxxxaxaxx

则

2

11

()(1)2(1)1(11)

aa

gxxaxaa

xx







由于15a，故()0gx



，即()gx在(0,+∞)单调增加

不妨设

12

0xx时，则

12

()()0gxgx，即

1212

()()0fxfxxx

所以12

12

()()

1

fxfx

xx







2010天津文科

已知函数

32

3

()1

2

fxaxxxR，其中0a

(Ⅰ)若1a，求曲线()yfx在点2,2f处的切线方程；

(Ⅱ)若在区间

11

,

22









上，0fx恒成立，求a的取值范围

解析：根的范围不确定；不等式恒成立

(Ⅰ)当1a时，

32

3

()1

2

fxxx，则(2)3f；

2'()33fxxx，则'(2)6f

所以()yfx在点2,2f处的切线方程为362yx，即69yx

(Ⅱ)2'()3331fxaxxxax

令'()0fx，解得：

1

0x；

2

1

x

a



x0，0

1

0

a







，

1

a

1

a









，

'()fx+0—0+

()fx↗极大值↘极小值↗

（1）若

11

2a

，即02a时

()fx在

1

()

2

，0内单调递增；在

1

(0,)

2

内单调递减

所以，当

11

22

x









，时，()0fx等价于

1

()0

2

1

()0

2

f

f



















，即

5

0

8

5

0

8

a

a























解得55a，所以02a

（2）若

11

0

2a

，即2a时

()fx在

1

()

2

，0，

11

2a







，内单调递增；在

1

(0,)

a

内单调递减

所以，当

11

22

x









，时，()0fx等价于

1

()0

2

1

()0

f

f

a



















，即

2

5

0

8

1

10

2

a

a





















解得

2

5

2

a或

2

2

a，所以25a

综合（1）和（2），可知a的取值范围为05a

2008浙江理科

已知a是实数，函数()()fxxxa

(Ⅰ)求函数()fx的单调区间

(Ⅱ)设()ga为()fx在区间02，上的最小值

(ⅰ)写出()ga的表达式

（ⅱ）求a的取值范围，使得6()2ga

解析：根的存在不确定

(Ⅰ)()fx的定义域为0，，

3

()

22

xaxa

fxx

xx





0x

（1）若0a时，则()0fx



，

()fx在区间0，上单调递增

（2）若0a时，令()0fx



，得

3

a

x

x

0

3

a







，

3

a

3

a









，+

'()fx—0+

()fx↘极小值↗

所以，()fx在0

3

a







，内单调递减；在

3

a









，+内单调递增

(Ⅱ)(ⅰ)（1）当0a时，()fx在02，上单调递增

所以()(0)0gaf

（2）若2

3

a

，即06a时，()fx在0

3

a







，内单调递减；在2

3

a







，内单调递增

所以

2

()

333

aaa

gaf









（3）若2

3

a

，即6a≥，()fx在02，上单调递减

所以()(2)2(2)gafa

综上所述，

00

2

()06

33

2(2)6

a

aa

gaa

aa



















，≤

，

，≥

（ⅱ）令6()2ga≤≤．

若0a，无解；

若06a，解得36a；

若6a，解得6232a

所以，a的取值范围为3232a

2010全国Ⅱ文科

已知函数

32()331fxxaxx

(Ⅰ)设2a，求()fx的单调区间；

(Ⅱ)设()fx在区间2,3中至少有一个极值点，求a的取值范围

解析：根的存在不确定

(Ⅰ)当2a时，

32()631fxxxx，()3(23)(23)fxxx





x,23

2323,23

2323,

'()fx+0—0+

()fx↗极大值↘极小值↗

所以，()fx在,23，23,内单调递增；在23,23内单调递减

(Ⅱ)

22()3()1fxxaa







，

（1）当

210a时，()0fx



，()fx为增函数，故()fx无极值点；

（2）当

210a时，令()0fx



，解得

2

1

1xaa；

2

2

1xaa

因为()fx在区间2,3中至少有一个极值点，

所以

2213aa，或

2213aa

解得

55

43

a，所以a的取值范围是

55

43







，

2010天津理科

已知函数()xfxxe

(Ⅰ)求函数()fx的单调区间和极值

(Ⅱ)已知函数()ygx的图象与函数()yfx的图象关于直线1x对称，证明：当1x时，()()fxgx

(Ⅲ)如果

12

xx，且

12

()()fxfx，证明：

12

2xx

解析：不等式恒成立；利用结论证明不等式

(Ⅰ)'()1xfxxe

x1，11，

'()fx+0—

()fx↗极大值↘

所以，()fx在1，内单调递增；在1，内单调递减

1

(1)f

e

为极大值

(Ⅱ)证明：由题意可知222xgxfxxe

令22xxFxfxgxxexe

2'()1xxFxxee

因为1x时，10x；

20xxee，所以'()0Fx

即Fx在1,单调递增

所以1x时，10FxF，即()()fxgx

(Ⅲ)因为

12

xx，不妨设

12

xx由(Ⅰ)可知

1

1x，

2

1x

所以

1222

2fxfxgxfx

因为

2

1x，

2

21x，根据单调性

12

2xx，即

12

2xx

2011天津理科

已知0a，函数

2()lnfxxax，0x（()fx的图像连续不断）

(Ⅰ)求()fx的单调区间

(Ⅱ)当

1

8

a时，证明：存在

0

(2,)x，使

0

3

()()

2

fxf

(Ⅲ)若存在均属于区间1,3的,，若1，使()()ff，证明：

ln3ln2ln2

53

a





解析：利用结论证明不等式

(Ⅰ)

2112

'()2

2

ax

fxax

x



，0a，0x

x

2

0,

2

a

a









2

2

a

a

2

,

2

a

a











'()fx+0—

()fx↗极大值↘

()fx在

2

0,

2

a

a









上单调递增；在

2

,

2

a

a











上单调递减

(Ⅱ)证明：当

1

8

a时，

2

1

()ln

8

fxxx

由(Ⅰ)知fx在0,2上单调递增；在2,上单调递减

令

3

2

gxfxf









因为()fx在0,2上单调递增，所以

3

2

2

ff









，即20g

取

3

'2

2

xe，则2419

'0

32

e

gx





所以存在

0

2,'2,xx，使

0

0gx

即存在

0

2,x，使

0

3

2

fxf









(Ⅲ)证明：因为，由(Ⅰ)可知

2

2

a

a



又由1，,[1,3]，知123

因为()()ff，所以

(2)()(1)

(2)()(3)

fff

fff















，

ln24

ln24ln39

aa

aa











即

解得：

ln3ln2ln2

53

a





2011全国课标-21

已知函数

ln

()

1

axb

fx

xx





，曲线()yfx在点1,1f处的切线方程为230xy

(Ⅰ)求a，b的值

(Ⅱ)如果当0x，且1x时，

ln

()

1

xk

fx

xx





，求k的取值范围

解析：不等式恒成立

(Ⅰ)

22

1

(ln)

'()

(1)

x

x

b

x

fx

xx











Q由于直线230xy的斜率为

1

2

，且过点(1,1)



(1)1

1

'(1)

2

f

f















，即

1

1

22

b

a

b















解得1a，1b

(Ⅱ)由(Ⅰ)知

ln1

1

x

fx

xx





ln

()

1

xk

fx

xx





，0x，等价于

ln

()()0

1

xk

fx

xx





即

2

2

2ln1

1

xxx

k

x







，0x

设



21

hx

gx

x





，其中22ln1hxxxx

则'2ln1hxxx

x0,1

11,

'hx

0

hx↗

0

↗

（1）01x时，10hxh，且

210x





2

0

1

hx

gx

x





（2）1x时，10hxh，且

210x





2

0

1

hx

gx

x





综上，当

0x时，0gx

,0k