2026年高考数学复习举一反三训练(全国通用)重难点10导数中的二阶导与洛必达法则(学生版+解析)

这是一份2026年高考数学复习举一反三训练(全国通用)重难点10导数中的二阶导与洛必达法则(学生版+解析)，文件包含高三生物试卷pdf、生物答案pdf等2份试卷配套教学资源，其中试卷共8页， 欢迎下载使用。

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\l "_Tc24960" 【题型1 二阶导解决函数单调性问题】 PAGEREF _Tc24960 \h 3
\l "_Tc9939" 【题型2 二阶导解决函数极值、最值问题】 PAGEREF _Tc9939 \h 6
\l "_Tc8867" 【题型3 二阶导解决不等式恒成立问题】 PAGEREF _Tc8867 \h 10
\l "_Tc3531" 【题型4 二阶导解决函数零点问题】 PAGEREF _Tc3531 \h 14
\l "_Tc10937" 【题型5 二阶导证明不等式】 PAGEREF _Tc10937 \h 20
\l "_Tc2605" 【题型6 利用二阶导解决其他问题】 PAGEREF _Tc2605 \h 25
\l "_Tc5315" 【题型7 洛必达法则】 PAGEREF _Tc5315 \h 29
1、导数中的二阶导与洛必达法则
导数是高中数学的重要考查内容，而导数中的二阶导与洛必达法则也是高考考查的一个重点内容.从近几年的高考情况来看，对于有些问题求一次导数之后无法求出导函数的根，甚至也不能直接看出导函数的正负，因此无法判断单调性，所以在高考中就可能用到二阶导数；“洛必达法则”是高等数学中的一个重要定理，用分离参数法(避免分类讨论)解决成立或恒成立命题时，经常需要求在区间端点处的函数(最)值，若出现型或型可以考虑使用洛必达法则，这类问题难度较大，复习是要加强这方面的训练.
知识点1 二阶导函数
1．二阶导及其用法
要想判断函数f(x)的单调性，则需要对函数f(x)进行求导，并判断f'(x)的正负，如果f'(x)的正负无法判断，则把f'(x)或者f'(x)中不能判断正负的部分(通常为分子部分)设为新函数g(x)，进而通过对函数g(x)进行求导，进而求g(x)的最值，如果有g(x)min>0或g(x)maxf(3a−1)可得f(a)>f(3a−1)，
所以，a0，解得a12.
故选：D.
【变式1-2】（2025·贵州黔东南·三模）设函数f(x)=lnx+x−ax2,a∈R．
(1)若a=1，试求函数f(x)的极值；
(2)设g(x)=f1x，讨论g(x)的单调性．
【答案】(1)fx的极大值为0，无极小值
(2)当a≤0时，gx的单调减区间为0,+∞，无增区间；
当a>0时，gx的单调增区间为0,1+8a−12，单调减区间为1+8a−12,+∞
【解题思路】（1）利用导数研究单调性，即可求得函数fx的极值；
（2）由题意得gx=f1x=−lnx+1x−ax2，即g′x=−x2+x−2ax3，令ℎx=x2+x−2a，由a≤0和a>0分类讨论即可.
【解答过程】（1）当a=1时，fx=lnx+x−x2，函数fx的定义域为0,+∞，
所以f′x=1x+1−2x=1+x−2x2x=1+2x1−xx，令f′x=0有x=1，
由f′x>0有00，
所以x0=−1+1+8a2=1+8a−12>0，
所以由ℎx>0有x>x0，g′x0，则x1=et+t−1et−1，x2=tet+et−1et−1，
则x1+x2=et+t−1et−1+tet+et−1et−1=tet+2et+t−2et−1，
欲证x1+x2>3，只需证tet−et+t+1>0，
令kt=tet−et+t+1,t>0，则k't=tet+1>0，
故kt在0,+∞上单调递增，则kt>k0=0，则tet−et+t+1>0成立，
故x1+x2>3得证.
【题型2 二阶导解决函数极值、最值问题】
【例2】（2025·河北·模拟预测）已知函数fx=mlnx+x2−2mx，m∈R，若函数fx在0,+∞上有两个不同的极值点x1,x2，则fx1+fx2的取值范围是（ ）
A．−∞,−6B．−∞,−3
C．−∞,−ln2−2D．−∞,4ln2−20
【答案】A
【解题思路】先求得f′x=mx+2x−2m，根据题意，转化为2x2−2mx+m=0有两个不同的正实数根，由Δ>0及韦达定理，得到m>2，再由fx1+fx2 =mln(m2)−m2−m，令gm=mln(m2)−m2−m,m>2，求得g′m=ln(m2)−2m，利用导数，求得gm在(2,+∞)单调递减，得到gm0，解得m2，且x1+x2=m>0,x1x2=m2>0，
则m>0，所以m>2，
又由fx1+fx2=m(lnx1+lnx2)+(x12+x22)−2m(x1+x2)
=mln(x1x2)+(x1+x2)2−2x1x2−2m(x1+x2)
=mlnm2+m2−2×(m2)−2m2=mln(m2)−m2−m，其中m>2，
令gm=mln(m2)−m2−m，其中m>2，可得g′m=ln(m2)−2m，
再令ℎm=g′m=ln(m2)−2m,m>2，可得ℎ′m=1m−20)，可得m′(x)0，ℎ′(x)>0，则ℎ(x)在(0,1)上单调递增；
当x∈(1,+∞)时，m(x)0，得m′x>0，
所以函数mx在0,+∞上单调递增，
因为m0=−10，
所以存在唯一的x0∈0,1a，使得mx0=0，即f′x0=0．
当x变化时，f′x与fx的变化情况如下：
所以函数fx在0,x0上单调递减，在x0,+∞上单调递增．
故函数fx存在极小值fx0．
（3）由（2）知，函数fx有最小值f(x)min=fx0=ga．
由f′x0=ax0ex0−1x0=0，得a=1ex0x02．
所以ga=fx0=ax0−1ex0−lnx0=x0−1x02−lnx0．
设函数ℎx=x−1x2−lnx，则ℎ′x=−x+2x−1x3．
今ℎ′x=0，得x=−2（舍）或x=1．
当x变化时，ℎ′x与ℎx的变化情况如下：
所以函数ℎx在0,1上单调递增，在1,+∞上单调递减．
所以当x=1时，ℎ(x)max=ℎ1=0，即当x0=1时，fx0max=0．
结合a=1ex0x02，知当x0=1时，a=1e．
由函数y=1exx2(x>0)的导数y′=−x+2exx31，所以1−a0，csx>0，所以ℎ′x>0．所以g′x在0,π2上单调递增．
g′0=−20，所以由零点存在性定理，存在唯一x0∈0,π2，使得g′x0=0．
当x变化时，g′x，gx的变化如下表：
又g0=1>0，gx0≤gπ3=1−π30．
所以由零点存在性定理，gx分别在0,x0，x0,π2上各恰有一个零点，即f′x在0,π2上存在两个零点x1,x2．
不妨设x11时，证明：gx=fx+xex−m有2个零点．
【答案】(1)3x+y−2=0
(2)m=−1
(3)证明见解析
【解题思路】（1）利用导数的几何意义求得切线斜率，由点斜式即可得到切线方程；
（2）函数求导后，根据参数m的取值分类讨论，得到m0，则φx在0,+∞单调递增．
因为1e1，所以当x趋近于0时，vx趋近于+∞；
当x趋近于+∞时，vx趋近于+∞，且vxmin=1−m0恒成立，即f′(x)>0恒成立，
故f(x)在(0,+∞)上单调递增，无单调递减区间．
（2）证明：要证t∈[1,2]，则2x+ty∈[3,4]，
只需证明2x+2y≤4，2x+y≥3，即证明x+y≤2，2x+y≥3．
∵x≥y≥12，由f(x)+f(y)lnx+lny=2得f(x)+f(y)=2lnx+2lny．
则(x+2)lnx+y+2lny=2lnx+2lny，可得xlnx+ylny=0．
又x≥y≥12，若x=y，则x=y=1；若x>y，令g(x)=xlnx，
则g′(x)=1+lnx，g′(x)>0⇒x>1e，所以g(x)=xlnx在1e,+∞上单调递增．
因x>y≥12>1e，又xlnx+ylny=0，则xlnx>0>ylny，从而x>1>y≥12.
综上可得x≥1≥y≥12．
先证明x+y≤2，即1≤x≤2−y，因g(x)=xlnx在1e,+∞上单调递增．
只需证xlnx≤(2−y)ln(2−y)，y∈12,1.
即(2−y)ln(2−y)+ylny≥0，y∈12,1．
令φ(y)=(2−y)ln(2−y)+ylny，y∈12,1，则φ′(y)=lny2−y≤0，
所以φ(y)=(2−y)ln(2−y)+ylny≥φ(1)=0，故x+y≤2;
再证明2x+y≥3，即x≥3−y2≥1．
同理，只需证明xlnx≥3−y2ln3−y2，即3−y2ln3−y2+ylny≤0．
令ℎ(y)=3−y2ln3−y2+ylny，y∈12,1．则ℎ′(y)=−12ln3−y2+lny+12．
令k(y)=−12ln3−y2+lny+12，y∈12,1，则k′(y)=16−2y+1y>0，
所以k(y)在12,1上单调递增．
又因为k12=−12ln54+ln12+12=12(1−ln5)0，
则存在y0∈12,1，使得ky0=0，
所以12≤y4−x1，只需要证ℎx2>ℎ4−x2，即证ex1−24−x1−x1>0，令Hx=ex−24−x−x00在R上恒成立，所以fx在R上单调递增.
（2）（ⅰ）当x∈0,+∞时，fx=ex−mx2=0可化为m=exx2，
令ℎx=exx2x>0，求导得ℎ′x=exx−2x3，
令ℎ′x=0，因为x∈0,+∞，所以x−2=0，解得x=2.
当x∈0,2时，ℎ′x0，ℎx在2,+∞上单调递增.
所以ℎx的最小值为ℎ2=e24，
当x→0+时，ℎx=exx2→+∞；当x→+∞时，ℎx=exx2→+∞.
函数fx有两个不同的零点x1，x2，
即y=m与y=ℎx在0,+∞上有两个不同交点，
所以m的取值范围是e24,+∞；
（ⅱ）由（ⅰ）可知02，且ℎx在2,+∞上单调递增，
所以只需要证ℎx2>ℎ4−x1，又因为ℎx2=ℎx1，
所以只需要证ℎx1>ℎ4−x1，即证ex1x12>e4−x14−x12，
即证ex14−x12−x12⋅e4−x1>0，两边同时除以e4，得ex1−44−x12−x12⋅e−x1>0，
化简为e2x1−2>x124−x12，因为00
令Hx=ex−24−x−x00在0,2上恒成立，
所以tx在0,2上单调递增，
tx0求得增区间；
（2）设出A,B,C三点坐标，分别表示出曲线f(x)在点B处切线斜率和A,C两点连线斜率，通过作差比较，构造函数借助导数证明．
【解答过程】（1）由f′(x)=2kx−(k+2)−x2×−2x2=(2x−1)(kx−1)x,x>0，
令f′(x)=0，得x=12或1k，由于k>2，则1k0，解得01，所以ℎ′x1时，g′x1时，a的取值范围是1,+∞．
【变式7-1】（2024高三·全国·专题练习）已知函数fx=lnxx+1+1x，如果当x>0，且x≠1时，fx>lnxx−1+kx，求k的取值范围．
【答案】−∞,0
【解题思路】将题意转化为k0且x≠1时，fx>lnxx−1+kx
得lnxx+1+1x>lnxx−1+kx，等价于k0，设ℎx=lnx+1−x2x2+1，
则ℎ′x=1x+−2xx2+1−1−x2×2xx2+12=1x−4xx2+12=1−x22xx2+12>0，
所以ℎx在0,+∞上单调递增，
因为ℎ1=0，所以当x∈0,1时，ℎx0,gx在1,+∞上单调递增．
当x趋近1时，2xlnx趋近0，当x趋近1时，1−x2趋近0，
所以2xlnx1−x2符合洛必达法则的条件，
即limx→1gx=limx→12xlnx1−x2+1=1+limx→12lnx+2−2x =−1+1=0，
所以当x>0,x≠1时，g(x)>0
所以k的取值范围是−∞,0．
【变式7-2】（2025高三·全国·专题练习）设函数fx=ex−b+cx−ax2，
(1)若f0=0，f−1=1e−a（a为常数），求fx的解析式；
(2)在（1）条件下，若当x≥0时，fx≥0，求a的取值范围．
【答案】(1)fx=ex−1−x−ax2
(2)a≤12
【解题思路】（1）根据f0=0，f−1=1e−a求解；
（2）由（1）知x=0时，f0=0≥0，此时，a∈R，将问题转化为a≤ex−x−1x2对x>0恒成立求解．
【解答过程】（1）解：因为f0=0，f−1=1e−a，
所以f0=1−b=0，f−1=1e−b−c−a=1e−a，
解得b=1,c=−1，
所以fx=ex−1−x−ax2；
（2）由（1）可知，x=0时，f0=0≥0，此时，a∈R；
故x≥0时，fx≥0成立⇔x>0时，fx≥0成立，
⇔ex−1−x−ax2≥0对x>0恒成立，
即a≤ex−x−1x2对x>0恒成立；
记ℎx=ex−x−1x2，则ℎ′x=xex−2ex+x+2x3，
记φx=xex−2ex+x+2，则φ′x=xex−ex+1，
记 rx=xex−ex+1，则 r′x=xex，
∴当x>0时，r′x>0，φ′x在0,+∞上单调递增；
φ′x>φ′0=0，
所以φx在0,+∞上单调递增；φx>φ0=0；
∴x∈0,+∞时，ℎ′x>0，即ℎx在0,+∞上单调递增；
记px=ex−x−1，qx=x2，
当x→0时，px→0，qx→0符合洛必达法则条件，
∴limx→0ℎ(x)=limx→0ex−x−1x2=limx→0ex−12x=limx→0ex2=12，
∴x>0时，ℎx>12，
∴a≤12．
【变式7-3】（2024·浙江·二模）①在微积分中，求极限有一种重要的数学工具——洛必达法则，法则中有结论：若函数fx，gx的导函数分别为f′x，g′x，且limx→af(x)=limx→ag(x)=0，则
limx→af(x)g(x)=limx→af′(x)g′(x).
②设a>0，k是大于1的正整数，若函数fx满足：对任意x∈0,a，均有fx≥fxk成立，且limx→0fx=0，则称函数fx为区间0,a上的k阶无穷递降函数.
结合以上两个信息，回答下列问题：
(1)试判断fx=x3−3x是否为区间0,3上的2阶无穷递降函数；
(2)计算：limx→0(1+x)1x；
(3)证明：sinxx−π31,t∈0,π2，即可证明结论.
【解答过程】（1）设Fx=fx−fx2=78x3−32x，
由于F1=78−321，
即有对任意t∈0,π2，均有ft>ft2，
所以ft>ft2>⋯>ft2n，
因为limx→0sinxx=limx→0csx=1，
所以limn→+∞ft2n=limn→+∞tant2n⋅sin2t2nt2n3=limn→+∞sin3t2nt2n3cst2n=limn→+∞sint2nt2n3⋅limn→+∞1cst2n=1，
所以ft>1,t∈0,π2，证毕!
一、单选题
1．（24-25高二下·辽宁沈阳·阶段练习）已知fx=ax−a−1ex+x，若0是fx的极小值点，则a的取值范围为（ ）
A．0,+∞B．1,+∞C．−∞,1D．−∞,0
【答案】B
【解题思路】通过对函数fx求导，满足f′0=0，然后分类讨论利用导数法研究f′x的符号，根据极小值点的概念判断即可.
【解答过程】对函数fx求导得：f′x=aex+ax−a−1ex+1=ax−1ex+1，
又由x=0是函数fx的极小值点，所以f′0=−e0+1=0，
还需分析f′x在x=0附近的符号变化，令gx=f′x=ax−1ex+1，
则g′x=ax+a−1ex，g′0=a−1e0=a−1，
当a>1时，g′0>0，gx即f′x在x=0附近单调递增，又g0=0，
所以当x0，满足0是fx的极小值点；
当a=1时，gx=f′x=x−1ex+1，g′x=xex，
当x0，gx单调递增，所以gx=f′x≥g0=0，
所以fx单调递增，此时fx无极小值点；
当aℎ(1)=0，即g′(x)>0，
函数g(x)在(1,+∞)上单调递增，由洛必达法则知limx→1x2lnxx2−1=limx→12xlnx+x2x=12，
因此g(x)>12恒成立，则a≤12，
所以实数a的取值范围为(−∞,12].
故答案为：(−∞,12].
13．（2025·山东泰安·模拟预测）已知函数f(x)=(x−1)(x2+mx+1)既有极大值又有极小值，且f(x)在区间(1,2)上单调，则m的取值范围是 .
【答案】(−∞,−3]∪(1,+∞)
【解题思路】由题可得f(x)既有极大值又有极小值，求导确定导函数的根列不等式组即可得m的取值范围，再根据函数的单调性确定函数f(x)在区间(1,2)上单调递减或f(x)在区间(1,2)上单调递增时，列不等关系即可求得m的取值范围.
【解答过程】由题意得f(x)=x3+(m−1)x2+(1−m)x−1，且f(x)既有极大值又有极小值，
故f′(x)=3x2+2(m−1)x−(m−1)=0有两个不相等的实数根，
即Δ=4(m−1)2+12(m−1)>0，解得m>1或m0g(2)=3m+9≥0−m−13≥2或Δ>0g(1)=m+2≥0−m−13≤1
解得m无解或m>1.
综上，m的取值范围是(−∞,−3]∪(1,+∞).
故答案为：(−∞,−3]∪(1,+∞).
14．（2025·全国·二模）若函数fx=axlgaxa>0,a≠1，∀x1,x2∈0,+∞，且x1≠x2，满足fx1−fx2x1−x2>0，则a的最大值为 .
【答案】ee
【解题思路】根据给定条件，求出函数的导数，结合题设可得函数fx在0,+∞上单调递增，再利用单调性建立恒成立的不等式求解.
【解答过程】由f(x)=axlgax，x∈0,+∞，
则f′(x)=axlnalgax+ax⋅1xlna=axxxlnx+1lna，
由∀x1,x2∈0,+∞，且x1≠x2，满足fx1−fx2x1−x2>0，则函数fx在0,+∞上单调递增，
又ax>0，则xlnx+1lna≥0恒成立，
令函数g(x)=xlnx+1lna，x∈0,+∞，则g′(x)=1+lnx，
当0ℎ′(0)=0，
所以,ℎ(x)在(0,+∞)单调递增,所以ℎ(x)>ℎ(0)=0，
即在(0,+∞)上g′(x)>0,所以g(x)在(0,+∞)上单调递增，
所以a≤limx→0g(x)=limx→0ex−x−1x2=limx→0ex−12x=limx→0ex2=12，
所以a≤12.
17．（2025·山东淄博·三模）已知函数fx=lnx+m+e−x−m.
(1)当m=12时，判断y=fx有无极值点，并说明理由；
(2)当10，由g′(x)