导数中的二阶导问题

1

1.设函数f(x)＝x＋2ln x.

(1)讨论函数f(x)的单调性；

(2)如果对所有的x≥1，都有f(x)≤ax，求a的取值范围． 解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝

2x－1

， x2

11

所以当0时，f′(x)>0，

22

11

0，上单调递减，在，＋∞上单调递增， 故函数f(x)在22(2)当x≥1时，f(x)≤ax⇔a≥令h(x)＝

2ln x1

＋2(x≥1)， xx

2ln x1

＋2， xx

2－2ln x22x－xln x－1

则h′(x)＝－3＝，

x2xx3令m(x)＝x－xln x－1(x≥1)，则m′(x)＝－ln x，

当x≥1时，m′(x)≤0，所以m(x)在[1，＋∞)上为减函数，

所以m(x)≤m(1)＝0，因此h′(x)≤0，于是h(x)在[1，＋∞)上为减函数， 所以当x＝1时，h(x)有最大值h(1)＝1，故a≥1， 即a的取值范围是[1，＋∞)．

1＋

2.已知函数f(x)＝x－ln x－a，g(x)＝x＋－(ln x)a1，a∈R.

x

(1)若f(x)≥0在定义域内恒成立，求a的取值范围； (2)当a取(1)中的最大值时，求函数g(x)的最小值． 解：(1)由题意知，f(x)的定义域是(0，＋∞)， 1x－1

f′(x)＝1－x＝x，

当x∈(0,1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增， ∴f(x)min＝f(1)＝1－a，∴1－a≥0，a≤1， 故a的取值范围是(－∞，1]．

1

(2)当a＝1时，g(x)＝x＋x－(ln x)2，g(x)的定义域是(0，＋∞)． 11x2－2xln x－1

g′(x)＝1－2－2ln x·x＝，

xx2

令h(x)＝x2－2xln x－1，h′(x)＝2(x－ln x－1)，

由(1)知，h′(x)的最小值是h′(1)＝0，∴h′(x)≥0，h(x)在(0，＋∞)上单调递增，又

h(1)＝0，

∴当x∈(0,1)时，h(x)<0，g′(x)<0，g(x)单调递减， 当x∈(1，＋∞)时，h(x)>0，g′(x)>0，g(x)单调递增， ∴g(x)min＝g(1)＝2.

3.【2016年高考北京理数】（本小题13分）

设函数f(x)xeaxbx，曲线yf(x)在点(2,f(2))处的切线方程为y(e1)x4， （1）求a，b的值； （2）求f(x)的单调区间.

【答案】（Ⅰ）a2，be；（2）f(x)的单调递增区间为(,). 【解析】

的单调区间。

试题解析：（1）因为f(x)xeaxbx，所以f(x)(1x)eaxb.

f(2)2e2,2ea22b2e2,依题设，即 a2f(2)e1,ebe1,解得a2,be；（2）由（Ⅰ）知f(x)xe2xex.

由f(x)e2x(1xex1)即e2x0知，f(x)与1xex1同号. 令g(x)1xex1，则g(x)1ex1.

所以，当x(,1)时，g(x)0，g(x)在区间(,1)上单调递减； 当x(1,)时，g(x)0，g(x)在区间(1,)上单调递增. 故g(1)1是g(x)在区间(,)上的最小值， 从而g(x)0,x(,).

综上可知，f(x)0，x(,)，故f(x)的单调递增区间为(,). 考点：导数的应用.

4.【2017北京，理19】已知函数f(x)excosxx． （Ⅰ）求曲线yf(x)在点(0,f(0))处的切线方程； （Ⅱ）求函数f(x)在区间[0,]上的最大值和最小值．

π2【答案】(Ⅰ)y1；（Ⅱ）最大值1；最小值【解析】

2.

试题分析：（Ⅰ）根据导数的几何意义，求斜率再代入切线方程公式

yf0f0x0；（Ⅱ）设hxfx，求hx，根据hx0确定函数hx的单调性，根据单调减求函数的最大值h00，可以知道hxfx0恒成

立，所以函数

fx是单调递减函数，根据单调性求最值.

试题解析：（Ⅰ）因为f(x)excosxx，所以f(x)ex(cosxsinx)1,f(0)0. 又因为f(0)1，所以曲线yf(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y1. （Ⅱ）设h(x)ex(cosxsinx)1，则

h(x)ex(cosxsinxsinxcosx)2exsinx.

当x(0,)时，h(x)0，

π2π2π所以对任意x(0,]有h(x)h(0)0，即f(x)0.

2π所以函数f(x)在区间[0,]上单调递减.

2πππ因此f(x)在区间[0,]上的最大值为f(0)1，最小值为f().

222所以h(x)在区间[0,]上单调递减.