2025届新高考数学考点全复习讲义教与考衔接3 二次求导法在解决问题中的常见类型

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例题展示
【例】（1）证明：当0＜x＜1时，x－x2＜sin x＜x；
（2）已知函数f（x）＝ex－ax和g（x）＝ax－ln x有相同的最小值，求a.
解：（1）证明：要证x－x2＜sin x＜x，
则构造g（x）＝x－sin x，h（x）＝sin x－x＋x2.
易得g'（x）＝1－cs x，则当x∈（0，1）时，g'（x）＝1－cs x＞0，
所以g（x）在（0，1）上单调递增，
所以g（x）＞g（0）＝0，所以sin x＜x.
由h（x）＝sin x－x＋x2，得h'（x）＝cs x－1＋2x.
令m（x）＝cs x－1＋2x，则m'（x）＝－sin x＋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＜sin x.
综上所述，x－x2＜sin x＜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∈（－∞，ln a）时，f'（x）＜0，f（x）单调递减，当x∈（ln a，＋∞）时，f'（x）＞0，f（x）单调递增.
∴f（x）在x＝ln a处取得最小值f（ln a）＝a－aln a.
当x∈0，1a时，g'（x）＜0，g（x）单调递减，当x∈1a，＋∞时，g'（x）＞0，g（x）单调递增.
∴g（x）在x＝1a处取得最小值g1a＝1＋ln a.
又f（x）与g（x）有相同的最小值，
∴a－aln a＝1＋ln a，a＞0.
设h（a）＝aln a＋ln a－a＋1，a＞0，
则h'（a）＝1a＋ln a，
令φ（a）＝h'（a），则φ'（a）＝－1a2＋1a＝a－1a2，a＞0，
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
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2ln x＋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 ∵2ln x＋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＋2ln x＝0，令g（x）＝x＋2ln x，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＋2ln x0＝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（x）单调递减，∴当x＝x0时，f（x）有最大值f（x0）＝2ln x0+2x0+2x02+2x0＝x0+2x0（x0+2）＝1x0∈（1，2），要使m≥2lnx+2x+2x2+2x在（0，＋∞）恒成立，则m≥2，∴整数m的最小值为2.
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的取值范围.
解：由题设x≥0，f（x）≤xax+1，
若a＜0，则当x＞－1a时，ax＋1＜0，f（x）≤xax+1不恒成立；
若a≥0，则ax＋1＞0，f（x）≤xax+1⇔（ax＋1）·（1－e－x）－x≤0.
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x＝2a－1a，从而当0＜x＜2a－1a时，h'（x）＞0，
此时g'（x）在（0，2a－1a）内单调递增，g'（x）＞g'（0）＝0，
∴g（x）在（0，2a－1a）内单调递增，g（x）＞g（0）＝0，f（x）≤xax+1不恒成立.
综上可知，a的取值范围为［0，12］.
类型3 利用二次求导证明不等式
【例3】 已知函数f（x）＝（x＋1）ln x－x＋1.证明：（x－1）f（x）≥0.
证明：令F（x）＝（x－1）f（x），要证明F（x）≥0，只需证F（x）min≥0.
因F'（x）＝f（x）＋（x－1）f'（x）＝（x＋1）ln x－x＋1＋（x－1）（ln x＋1x）＝2xln x－（x＋1x）＋2，
显然当x＝1时，F'（x）＝0，
当0＜x＜1时，x＋1x＞2，ln x＜0，F'（x）＜0，F（x）在x∈（0，1）上单调递减；
当x＞1时，x＋1x＞2，ln x＞0，F'（x）的符号仍不能判定，求二阶导数得F″（x）＝2ln x＋1＋1x2＞0，
从而F'（x）在x＞1时单调递增，F'（x）＞F'（1）＝0，F（x）在x∈（1，＋∞﹚上单调递增，
所以当x＝1时，F（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
已知函数f（x）＝ln（x－1）－ax－1ln a，a＞1.
（1）若函数f（x）在x＝2处的切线的斜率为1－e，求实数a的值（e是自然对数的底数）；
（2）若函数f（x）有且仅有两个零点，求实数a的取值范围.
解：（1）因为f（x）＝ln（x－1）－ax－1ln a，定义域为（1，＋∞），故f'（x）＝1x－1－ax－1（ln a）2，
则f'（2）＝1－a（ln a）2＝1－e，即a（ln a）2＝e，所以ln[a（ln a）2]＝ln e，
即ln a＋2ln（ln a）＝1，
令m＝ln a，则m＋2ln m＝1，
又因为y＝m＋2ln m在（0，＋∞）上是增函数，且当m＝1时，y＝m＋2ln m＝1，
所以m＝1，即ln a＝1，所以a＝e.
（2）因为函数f（x）有且仅有两个零点，
所以ln（x－1）－ax－1ln a＝0有且仅有两个大于1的实数根，
又ax－1ln a＝ln（x－1），则（x－1）ax－1ln a＝（x－1）ln（x－1），
即（x－1）ln（x－1）＝ax－1ln ax－1，
令F（x）＝xln x，则F'（x）＝ln x＋1，
由F'（x）＝0得x＝1e，当x＞1e时，F'（x）＞0，当0＜x＜1e时，F'（x）＜0，
所以F（x）在（0，1e）上单调递减且F（x）＜0，
在（1e，＋∞）上单调递增且x∈（1，＋∞）时F（x）＞0，
又F（ax－1）＝F（x－1），ax－1＞1，则F（ax－1）＞F（1）＝0，则F（x－1）＞0，
即得x－1＞1，
所以ax－1＝x－1，即ln a＝ln（x－1）x－1，
令Q（x）＝lnxx（x＞1），则Q'（x）＝1－lnxx2，
当x＞e时，Q'（x）＜0，当1＜x＜e时，Q'（x）＞0，
所以函数Q（x）在（1，e）上单调递增，在（e，＋∞）上单调递减，Q（e）＝1e，
当x→＋∞时，Q（x）＞0，且无限趋近于0，
所以0＜ln a＜1e，所以1＜a＜e1e，
故实数a的取值范围为（1，e1e）