二次求导和隐零点问题课件-2025-2026学年高二数学人教A版选择性必修第二册

导数 二次求导和函数隐零点问题 一、 二次求导的理论依据 在有些函数问题中，如含有指数式、对数式的函数问题，求导之后往往不易或不能直接判断出导函数的符号，从而不能进一步判断函数的单调性及极值、最值情况，此时解题受阻。若遇这类问题，则可试用求函数的二阶导数加以解决。 求导后的四大意识： 1.导函数大于零得增区间，导函数小于零得减区间； 2.若导函数大于或小于零的不等式无法解，则判断导函数是否恒大于 零或恒小于零； 3.若导函数恒正恒负无法判断，则构造新函数二次求导，确定新函数 的单调性； 4.(1)判断导函数是否恒正恒负； 方法：求出新函数的最值，看其最大值小于0,或最小值大于0是否成立。 (2)若导函数有正有负，则猜根； 方法：观察或猜出导函数等于0的根，并利用新函数的单调性确定“导 数=0”除了该根外无别的根。 (3)若导函数有正有负，且根无法确定，则设根。 方法：设出“导函数=0”的根，由新函数的单调性确定“导函数=0”除了 该根外无别的根。并且写出根的范围和根满足的等式。 一、 二次求导的理论依据 二、 二次求导和隐零点问题例题分析 题型1：导函数恒正恒负 二、 二次求导和隐零点问题例题分析 二、 二次求导和隐零点问题例题分析 D 二、 二次求导和隐零点问题例题分析 二、 二次求导和隐零点问题例题分析 二、 二次求导和隐零点问题例题分析 二、 二次求导和隐零点问题例题分析 二、 二次求导和隐零点问题例题分析 二、 二次求导和隐零点问题例题分析 题型2：观察出导函数的零点 二、 二次求导和隐零点问题例题分析 二、 二次求导和隐零点问题例题分析 二、 二次求导和隐零点问题例题分析 二、 二次求导和隐零点问题例题分析 二、 二次求导和隐零点问题例题分析 题型3： 设出导函数等于0的根 二、 二次求导和隐零点问题例题分析 二、 二次求导和隐零点问题例题分析 二、 二次求导和隐零点问题例题分析 二、 二次求导和隐零点问题例题分析 二、 二次求导和隐零点问题例题分析 二、 二次求导和隐零点问题例题分析 二、 二次求导和隐零点问题例题分析 二、 二次求导和隐零点问题例题分析 二、 二次求导和隐零点问题例题分析 二、 二次求导和隐零点问题例题分析 例1.求函数 的单调区间。 解析：由题意得 ，令 ， 则 ，所以当 时， ， 为 上的增函数， 当 时， ， 为 上的减函数， ， 恒成立， 在 上为增函数，在 为增函数 例2.已知 ，求函数 的最小值。 解析： ，令 ，则 恒成立 ， 在 为减函数，在 为增函数 在 上恒成立 在 为增函数， 例3.函数f(x)满足x2f′(x)＋2xf(x)＝eq \f(ex,x)，f(2)＝eq \f(e2,8)，当x>0时，f(x)( )． A．有极大值，无极小值 B．有极小值，无极大值 C．既有极大值又有极小值 D．既无极大值也无极小值 解析:由题意得 ，令 ，则 ， 因此当 时， ；当 时， ， 即 ， 因此 时， ，故选D. 例4.已知函数f(x)＝excos x－x. (1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程； (2)求函数f(x)在区间[0, eq \f(π,2)]上的最大值和最小值. 解析：(1)∵f(x)＝ex·cos x－x，∴f(0)＝1， f′(x)＝ex(cos x－sin x)－1，∴f′(0)＝0， ∴y＝f(x)在(0，f(0))处的切线方程为y－1＝0·(x－0)， 即y＝1. (2)f′(x)＝ex(cos x－sin x)－1，令g(x)＝f′(x)， 则g′(x)＝－2exsin x≤0在[0, eq \f(π,2)]上恒成立， 且仅在x＝0处等号成立， ∴g(x)在[0, eq \f(π,2)]上单调递减， ∴g(x)≤g(0)＝0，∴f′(x)≤0且仅在x＝0处等号成立， ∴f(x)在[0, eq \f(π,2)]上单调递减， ∴f(x)max＝f(0)＝1，f(x)min＝f(eq \f(π,2))＝－eq \f(π,2). 例5.已知函数f(x)＝x2＋2cosx，g(x)＝ex·(cosx－sinx＋2x－2)． (1)求函数g(x)的单调区间； (2)讨论函数h(x)＝g(x)－af (x)(a∈R)的单调性． 解析：(1)g′(x)＝(ex)′·(cos x－sin x＋2x－2)＋ex(cos x－sin x＋2x－2)′ ＝ex(cos x－sin x＋2x－2－sin x－cos x＋2)＝2ex(x－sin x)． 记p(x)＝x－sin x，则p′(x)＝1－cos x． 因为cos x∈[－1，1]，所以p′(x)＝1－cos x≥0，所以函数p(x)在R上单调递增． 而p(0)＝0－sin 0＝0，所以当x<0时，p(x)<0，g′(x)<0，函数g(x)单调递减； 当x>0时，p(x)>0，g′(x)>0，函数g(x)单调递增． 综上，函数g(x)的单调递减区间为(－∞，0)，单调递增区间为(0，＋∞)． (2)因为h(x)＝g(x)－af (x)＝ex(cos x－sin x＋2x－2)－a(x2＋2cos x)， 所以h′(x)＝2ex(x－sin x)－a(2x－2sin x)＝2(x－sin x)(ex－a)． 由(1)知，当x>0时，p(x)＝x－sin x>0；当x<0时，p(x)＝x－sin x<0． 当a≤0时，ex－a>0，所以x>0时，h′(x)>0，函数h(x)单调递增； x<0时，h′(x)<0，函数h(x)单调递减． 当a>0时，令h′(x)＝2(x－sin x)(ex－a)＝0，解得x1＝ln a，x2＝0． ①若0<a<1，则ln a<0，所以x∈(－∞，ln a)时，ex－a<0，h′(x)>0，函数h(x)单调递增；x∈(ln a，0)时，ex－a>0，h′(x)<0，函数h(x)单调递减； x∈(0，＋∞)时，ex－a>0，h′(x)>0，函数h(x)单调递增． ②若a＝1，则ln a＝0，所以x∈R时，h′(x)≥0，函数h(x)在R上单调递增． ③若a>1，则ln a>0，所以x∈(－∞，0)时，ex－a<0，h′(x)>0，函数h(x)单调递增；x∈(0，ln a)时，ex－a<0，h′(x)<0，函数h(x)单调递减； x∈(ln a，＋∞)时，ex－a>0，h′(x)>0，函数h(x)单调递增． 综上所述，当a≤0时，函数h(x)在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减； 当0<a<1时，函数h(x)在(－∞，ln a)，(0，＋∞)上递增，在(ln a，0)上递减； 当a＝1时，函数h(x)在R上单调递增； 当a>1时，函数h(x)在(－∞，0)，(ln a，＋∞)上递增，在(0，ln a)上递减． 例1.求函数 的单调区间。 解析：由题意 令 则 恒成立 为 上的增函数 又 函数 的增区间为 ，函数 的减区间为 ， 例2.已知函数 ，求函数 的单调区间。 解析：法1： 的定义域是 . . 设 则 . .当 当 时， 所以 函数 EMBED Equation.3 上是减函数. 当 当 . 所以，函数 的单调递增区间是 ，递减区间是 . 法2： 的定义域是 . . 令 ， 则 在 上恒成立 在 上为减函数 又 函数 的增区间为 ，函数 的减区间为 ， 例3.已知函数 ，若 成立，则 的最小值 为 。 例4.设函数 。 （1）证明： 在 单调递减，在 单调递增； （2）若对于任意 ，都有 ，求m的取值范围。 例1.已知 求证：对任意 ， 恒成立. 解析： ，令 ，则 ， 在 为减函数，在 为增函数 在 上恒成立 在 上有且只有一根，令为 ，则 ，且 ， 函数 在 为减函数，在 为增函数， ，又 ，所以对任意 ， 恒成立. 例2.设函数 ． （Ⅰ）求 的单调区间； （Ⅱ）若 ， 为整数，且当 时， ，求 的最大值． 解： 函数 的定义域是 ， ， 若 ，函数 在 上单调递增． 若 ，则当 时， ； 当 时， ； 所以， 在 单调递减，在 上单调递增． 由于 ，所以， 故当 时， 等价于 ① 令 ，则 由 知，当 时，函数 在 上单调递增， 而h(1)<0，h(2)>0， 所以 在 上存在唯一的零点， 故 在 上存在唯一的零点，设此零点为 ，则有 当 时， ；当 时， ； 所以 在 上的最小值为 ． 又由 ，可得 所以 ， 由于①式等价于 ，故整数 的最大值为2． 例3.(Ⅰ)讨论函数的单调性，并证明当时，； (Ⅱ)证明：当时，函数有最小值.设的最小值 为，求函数的值域． 解析：（Ⅰ）的定义域为. 且仅当时，，所以在单调递增， 因此当时， 所以 例4.已知函数 ，且 。 (1)求 的值； (2)证明： 存在唯一的极大值点 ，且 . 解析：（1） 的定义域为 设 ，则 等价于 因为 （验证）若a=1，则 .当0＜x＜1时， 单调递减； 当x＞1时， ＞0， 单调递增.所以x=1是 的极小值点， 故 ，综上，a=1. 又 ，所以 在 有唯一零点x0，在 有唯一零点1， 且当 时， ；当 时， ，当 时， . 因为 ，所以x=x0是f(x)的唯一极大值点 由 ,由 得 因为x=x0是f(x)在（0,1）的最大值点，由 得 所以 例5.已知函数f(x)＝eq \f(mln x,x)＋n，g(x)＝x2[f(x)－eq \f(1,x)－eq \f(a,2)](m，n，a∈R)，且曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝x－1. (1)求实数m，n的值及函数f(x)的最大值； (2)当a∈(－e,0)时，记函数g(x)的最小值为b，求b的取值范围． 解析:(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq \f(m(1－ln x),x2)， 因为f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程为y＝x－1， 所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(f′(1)＝m＝1，,f(1)＝\f(mln 1,1)＋n＝0，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(m＝1，,n＝0.)) 所以f(x)＝eq \f(ln x,x)，f′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)，令f′(x)＝0，得x＝e， 当0<x<e时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x>e时，f′(x)<0，f(x)单调递减． 所以当x＝e时，f(x)取得最大值，最大值为f(e)＝eq \f(1,e). (2)因为g(x)＝x2[f(x)－eq \f(1,x)－eq \f(a,2)]＝xln x－eq \f(ax2,2)－x，所以g′(x)＝ln x－ax＝x(eq \f(ln x,x)－a). 当a∈(－e，0)时，由(1)知方程eq \f(ln x,x)－a＝0有唯一实根，又f(eq \f(1,e))＝－e，f(1)＝0， f(x)在(eq \f(1,e),1)上单调递增，所以存在t∈(eq \f(1,e),1)，使得g′(t)＝0，即ln t＝at. 当x∈(0，t)时，g′(x)<0；当x∈(t，＋∞)时，g′(x)>0， 所以g(x)在(0，t)上单调递减，在(t，＋∞)上单调递增， g(x)的最小值b＝g(t)＝tln t－eq \f(a,2)t2－t＝eq \f(tln t,2)－t，令h(t)＝eq \f(tln t,2)－t，t∈(eq \f(1,e),1)， 则h′(t)＝eq \f(ln t－1,2)<0，所以h(t)在(eq \f(1,e),1)上单调递减，从而b＝h(t)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(3,2e))). $$