并意.,血城求二階導(dǎo)占率解決導(dǎo)微冏

目錄

知識梳理..................................................................................1

類型一:利用二階導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值、最值...............................................1

類型二:利用二階導(dǎo)數(shù)所究函數(shù)的單調(diào)性...................................................4

類型三:利用二階導(dǎo)致研究恒(能)成立問慝................................................7

類型四:利用二階導(dǎo)數(shù)所究函數(shù)的零點(diǎn)....................................................13

知識械理

1、函數(shù)極值的第二判定定理：

若/Q)在2=g附近有連續(xù)的導(dǎo)函數(shù)廣3),且廣(g)=0,/"(g)牛0

(1)若尸(窈)vo,則/Q)在點(diǎn)g處取極大值；

(2)若產(chǎn)(費(fèi))>0,則/Q)在點(diǎn)而處取極小值

2、二次求導(dǎo)使用背景

(1)求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)廣(力,無法判斷導(dǎo)函數(shù)正負(fù)；

(2)對函數(shù)/(切一次求導(dǎo)得到廣3)之后，解不等式/3)>0和r(⑼V0難度較大甚至根本解不出.

(3)一階導(dǎo)函數(shù)中往往含有e^lnx

3、解題步驟：

設(shè)gQ)=/3),再求g〈M，求出03)>0和g，3)<0的解,即得到函數(shù)gQ)的單調(diào)性，得到函數(shù)gQ)

的最值，即可得到(3)的正負(fù)情況,即可得到函數(shù)/Q)的單調(diào)性.

類型一:利用二階導(dǎo)致研究函數(shù)的極值、量值

典型例題

1.(2025高三?全國?專題練習(xí))已知函數(shù)/(力)=鏟sine—ax,xE［—1,1］.當(dāng)OVaVe時，證明:

/(力)有唯一極值點(diǎn).

【答案】證明見解析

【分析】通過二次求導(dǎo)確定gO)=ro)在［―ij］上單調(diào)遞增，再結(jié)合r(—1)vo,r⑴>0,即可求證.

【詳解】由/(力)=e，sin6—a/得，/'(力)=e°(sinrc+cosN)—a,

令g(力)=1(x)=e”(sin/+cosa;)—a,

則g'(力)=e"(simc+cosN)+e*(cos/—sine)=2e*cosa;>0在［—1,1］上恒成立，

則g3=-3)在［-1,1］上單調(diào)遞增，

因0VaVe,

則［(-1)=e-1(cosl-sinl)—a<0—a<0,/\l)=e(sinl+cosl)—a=V2esin^l+-^-^—a>

V2esin(-^^—a=e—a>0,

則3x0E(—1,1)，使得=0,即e&(sing+cosg)=a,

則f，(x)V0得—1W①<g;于'(x)>0得gVajW1;

則/(①)在［T，g)上單調(diào)遞減，在(Xo，l］上單調(diào)遞增,

則存在唯一極小值點(diǎn)

y(x)x=x0.

2.(2024高三?全國?專題練習(xí))已知函數(shù)/(c)=ln(l+c)+axe~x.

⑴當(dāng)a=-1時，討論函數(shù)/(①)在(0,+8)上的單調(diào)性；

⑵當(dāng)a>0時，求/Q)在(—1,0］內(nèi)的最大值;

【答案】(1)函數(shù)/Q)在(0,+oo)上單調(diào)遞增.

(2)0

【分析】(1)根據(jù)求導(dǎo)公式和運(yùn)算法則可得(3)=?+二T，由:r>0可得(l+aOe，>0,e"+1>

(l+x)ex

0,即可求解；

⑵由題意可得r(c)==Q(0,,利用導(dǎo)數(shù)討論函數(shù)Q3)的性質(zhì)可得QQ)>0,進(jìn)而

［3)>0,則/3)在(-1,0］內(nèi)單調(diào)遞增，即可求解.

【詳解】(1)當(dāng)a=—l時，/(力)=ln(l+rr)—三，/(X)="):，且(l+c)e">0.

當(dāng)立>0時，e21>1,d>0,則e"+/一1>0,

即,Q)>0,故函數(shù)/(①)在(0,+oo)上單調(diào)遞增.

=1?a(l—c)e?+a(l—a?2)

(2)uQ)

1+?e"(l+o;)e"

令Q(x)=ex+a(l—x2)，則Q'Q)=ex—2ax,

由力G(—1,0］且a>0,可得一2arr>0,e，>0,則Q/(x)>0,QQ)在(一1,0］內(nèi)單調(diào)遞增,

所以Q(t)>Q(—1)=：>0,

又當(dāng)(-1,0］時，(l+rr)e">0,

所以尸(土)>0"3)在(一1,0］內(nèi)單調(diào)遞增,

故/Q)max=/(0)=0?

精練高頻考點(diǎn)

3.(22-23高二下?福建福州?期中)已知函數(shù)/(⑼=1(1—a?cos0,『(x)為/(⑼的導(dǎo)函數(shù)且

f(0)=0.

(1)求實(shí)數(shù)a的值,并判斷x=0是否為函數(shù)/(①)的極值點(diǎn)；

(2)確定函數(shù)/(M在區(qū)間(一等，爭)內(nèi)的極值點(diǎn)個數(shù),并說明理由.

【答案】(l)a=l,不是；

(2)2,理由見解析.

【分析】(1)根據(jù)題意和求導(dǎo)的運(yùn)算法則計算即可求出a,結(jié)合極值點(diǎn)的定義即可求解；

⑵由⑴得/'(立)=csinrc—cosx+1=g(c),根據(jù)三角函數(shù)的性質(zhì)可知當(dāng)0</<兀時函數(shù)/(c)單調(diào)遞

增,無極值點(diǎn)；當(dāng)兀〈工〈等時函數(shù)式⑼單調(diào)遞減，結(jié)合零點(diǎn)的存在性定理和函數(shù)的奇偶性，即可求解.

【詳解】(1)/(%)=%(1—QCOS/),貝I/'(2)=axsinx—acosx+1,

______p

由f'（O）=0,得1—acosO=0=>Q=1,

所以f（x）=%（1—cosx）,fr（x）=xsinx—cosx+1,

當(dāng)0Vc〈兀時，/'（/）>0,函數(shù)/（6）單調(diào)遞增，

當(dāng)一兀V/V0時，;（力）>0,函數(shù)/Q）單調(diào)遞增,

所以2=0不是函數(shù)/（力）的極值點(diǎn).

（2）由⑴知,/'（%）=/sine—cosx+1,

當(dāng)0VcV兀時，/'（力）>0,函數(shù)/（%）單調(diào)遞增，無極值點(diǎn)；

設(shè)g（力）=/'（2）,貝Ig\x）=2sin/+rccosrc,

當(dāng)7c<x<^~時，g\x）V0,函數(shù)g{x）單調(diào)遞減，

又g（兀）=2>o，g（t兀）=1—,兀vo,

所以存在唯一的實(shí)數(shù)mG（兀,日兀）,使得g（m）=0,

當(dāng)7rV/V?n時，廣（力）>0,函數(shù)/（劣）單調(diào)遞增，

當(dāng)TnV力V管兀時，/'㈤V。，函數(shù)/（1）單調(diào)遞減，

所以函數(shù)/（%）在（0,~|~兀）上只有一^個極值點(diǎn)，且該極值點(diǎn)為m.

又/（—力）=—/（%）,所以函數(shù)/（名）為奇函數(shù)，

則f（cc）在（—~■兀，。）上也有一^個極值點(diǎn)，且該極值點(diǎn)為—m.

綜上，函數(shù)/㈤在（―y7t,y7T）上有2個極值點(diǎn).

4.（2024?河南開封?一模）已知函數(shù)/（力）=2sinx-ax9aER.

（1）若/（功是五上的單調(diào)遞增函數(shù),求實(shí)數(shù)a的取值范圍；

⑵當(dāng)a=1時，求g（力）=/（6）—Inc在（。號]上的最小值.

【答案】⑴（一8,—2]

⑵2一5一In信）

【分析】（1）由已知可得：r3）=2COSN-a>0即可求解.

（2）結(jié)合導(dǎo)數(shù)和隱零點(diǎn)替換即可求解最值.

【詳解】（1）由已知可得：/'（劣）=2cos/一a>0恒成立，

即a42cosc恒成立，又g=2cos/的最小值為一2,所以a4一2,

則有aG（-00,-2].

（2）當(dāng)Q=1時，g（x）=/（6）—Inx=2sinx—x—Inx,xE（0,+oo）

所以gr（x）=2cos3—1——,

令h(x)=gf(x)，hr(x)=-2sinrc+!在（0號]上單調(diào)遞減,

又因?yàn)?1/(靠)——1+)>0,五'(1)=—2sinl+1V—2sin-^—F1—0,

所以存在gG(2，1)使得"(1)=0,即2sing=L，從而cosg=———

'6，2x5

則有

(O,x)

Xof)

h/(x)正負(fù)

g'Q)遞增遞減

則有g(shù)'(/)最大值為：g'(g)—2cosg—1——=—~--1——V―—1——=1——V0,

g就g碇gg

所以4Q)VO,

則g(N)在］上單調(diào)遞減，所以最小值為g(~^)=2——

類型二:利用二階導(dǎo)致研究函數(shù)的單調(diào)性

典型例題

5.(2024?陜西西安?二模)已知函數(shù)/(力)=-^ax^+xsm.x+2cos/.

o

(1)當(dāng)a=0時，BxE[0,兀],f(*)=館,求7n的取值范圍；

⑵證明：當(dāng)a>9時，f(x)在(0,+8)上單調(diào)遞增.

【答案】(1)[—2,2]

(2)證明見解析

【分析】

⑴根據(jù)三角函數(shù)的性質(zhì)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的值域即可；

(2)利用二次求導(dǎo)結(jié)合rrAsin+Q〉。)適當(dāng)放縮判定/(⑼的導(dǎo)函數(shù)符合即可.

【詳解】(1)當(dāng)a=0時，/(2)=xsinc+2cosx=>fr(x)=sinz+xcosx—2sina;=xcosx—sins,

令g(x)=ccosrc—sinrr=g'(rc)=—ssins,

顯然xG[0,7t]時,g'(x)W0,則g{x}在[O,TC]上單調(diào)遞減，

所以g(x)Wg(O)=0,即/(c)在[O,TT]上單調(diào)遞減,

所以/3)e[/(兀),/(0)]=[—2,2],

所以me[-2,2];

12

(2)由/(rc)=-ax4-\-xsinx+2cos2=>/'(/)=-ax3+xcosx—sin2,

2

令Zz(力)=-^-GN3+NCOSN—sine(力>0)=>h'{x}=2ax1—xsmx—x{2ax—smx),

o

設(shè)“(6)=c—siri6(力>0),則u\x)=1—COSN>0,所以a(rr)在(0,+oo)上單調(diào)遞增，

即u(x)>"(0)=€)=>%>sinre,

若a>9■，則(lax>re=>2ax—since>0,即h\x)>0,

所以h(x)在(0,+oo)上單調(diào)遞增,則以力)>%(0)=0,

所以當(dāng)時，/3)在(0,+8)上單調(diào)遞增.

6.(2024高三?全國?專題練習(xí))設(shè)巾>1,函數(shù)/(力)=e2mx—(26+1)館(力>―,討論/(力)在

(—"—,+8)的單調(diào)性.

【答案】/Q)在(——,0)單調(diào)遞減，在(0,+00)單調(diào)遞增.

【分析】利用多次求導(dǎo)的方法來求得了(①)在區(qū)間(一?，+8)上的單調(diào)性.

【詳解】因?yàn)椋?Z>1,所以一一一>―2，/(①)在(一"一，+00)有定義，

2m2\2m)

/'(力)=2me2mx—2m(2x+iyn~1=2me2mx［l—(2/+17n-%一2m町,

設(shè)Zi(c)=1—(2力+1)"-%-2叱,力6

則h\x)—2m(2a;+—(2m—2)(2x+iyn~2e~2mx=2e-2m:r(2x+l)m-2(2mrr+1),

當(dāng)力e(——--,+8)時，2%+1>0,2mx+1>0,

\2m)

所以"O)>0AO)在(一:,+8)單調(diào)遞增，

\2m)

而h(0)=0,所以當(dāng)xC(—六,o)時/'(①)V0,ue(0,+8)時/0)>0,

因此/(乃在(—六,0)單調(diào)遞減，在(0,+00)單調(diào)遞增.

精練高頻考點(diǎn)

7.(2024高三?全國?專題練習(xí))已知函數(shù)/⑺=3+a)lnx+a+l

⑴若函數(shù)/(①)在點(diǎn)(e,/(e))處的切線斜率為0,求a的值.

(2)當(dāng)a=1時.設(shè)函數(shù)GQ)=名”，求證：y=f(x)與沙=GQ)在［Le］上均單調(diào)遞增;

/(立)

【答案】⑴a=e—1

⑵證明見解析

【分析】(1)根據(jù)已知切線斜率等于求導(dǎo)函數(shù)在切點(diǎn)處的值列式求解即可；

(2)根據(jù)導(dǎo)函數(shù)正負(fù)與原函數(shù)單調(diào)性的對應(yīng)關(guān)系，多次求導(dǎo)確定導(dǎo)函數(shù)正負(fù)即得證.

【詳解】(1)/0)=ln工+包些+幺土^的定義域?yàn)?0,+8),

r(1+--X-OXXYXQ+]1-aln/

依題意得e—1—a=0,所以a=e—1.

(:+ln))c—(力+l)ln”—2x—\nx—1

⑵?."(為=此+1)}+2,/，3

因?yàn)楫?dāng)/G[l,e]時，(％—Inx—1)'=1—————>0,所以?1(力)=x—Inx—1在[l,e]上單調(diào)遞增,

x

且打(力)如二九⑴=0,故力一Inx—1>0,即/(力)>0,：,ty=/(6)在［l,e］上單調(diào)遞增;

(1一”)[(/+l)lnrc+2]—(x—Inx-D(in/+)

G⑺腎1°,G，3)

(x+l)lna:+2[(a;+l)lnrc+2]2

(l+lnj;)2+l—

???G'O)a；，令？71(%)=(1+lna?)2+1—X---—

[(x+l)lna:+2]|2X

/i\rii2(1+lna;)—x-\~~

而m/(x)=((l+lna;)2+l—x-----)=2(1+Inrc)-------1H——-=----------------------—,

\xfxx2x

令h(x)—2(1+Inc)—x+—,

x

加Q)=(2(l+lnc)—c+?)’=?—1—5=一^^WO,

h(x)=2(1+Ina;)—x+—在［l,e］上單調(diào)遞減，且yin=y\=4—e+—>0,故%(%)=2(l+lnrc)

XIx-eem

—a;+—>0,

X

mf(x)>0,

2

/.m(x)=(l+lnx)+1—x—^在［l,e］上單調(diào)遞增，且?、?nhi=恒⑴=0,

故m(x)>0,即G'O)>0,??.函數(shù)G(x)在［l,e］上單調(diào)遞增；

8.(23-24高三下.陜西渭南.階段練習(xí))已知函數(shù)/(為=e%os6-m

(1)求曲線沙=/(力)在點(diǎn)(0,/(0))處的切線方程；

(2)當(dāng)宓e［o,普］時,求函數(shù)/(①)的單調(diào)性.

【答案】(l)g=1

(2)函數(shù)/Q)在［0,普］上單調(diào)遞減

【分析】(1)求導(dǎo)，利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求斜率，根據(jù)點(diǎn)斜式即可求解切線方程，

(2)利用導(dǎo)數(shù)確定函數(shù)的單調(diào)區(qū)間.

【詳解】(1)?."(6)=excosx—x,

，『⑸=e*(cosi-sin力)—1.

??J(0)=l,1(0)=0.

/.曲線g=f(x)在點(diǎn)(0,/(0))處的切線方程為g—1=0?(力一0),即g=1.

(2)令g(N)=f(x)=ex(cosx—sinx)—l,xE

則g'Q)=-2e*sinN.

令g，(x)VO,得OVNVTT;

令g'Q)>0,得兀</〈弩~.

：.g(x)在［0,7T］上單調(diào)遞減，在上,雪］上單調(diào)遞增.

ff(0)=0,g(兀)=-e7r-l<0,g(爭)=一1<0,

當(dāng)te［o，T］時，g(±)wo,即r(±)wo.當(dāng)且僅當(dāng)t=0時等號成立，

.?.當(dāng)cce［o，T］時，函數(shù)/O)單調(diào)遞減.

9.(23—24高三上?山西大同?階段練習(xí))已知函數(shù)/(2)=e，—￡①2一2―2(aCR),

(1)求函數(shù)/(二)在點(diǎn)(0,f(0))處的切線方程；

(2)當(dāng)a=1時，證明f(x)在R上單調(diào)遞增.

【答案】⑴g=—1

(2)證明見解析

【分析】(1)根據(jù)切點(diǎn)和斜率來求得切線方程.

(2)利用二階導(dǎo)數(shù)來證得結(jié)論成立.

【詳解】(1)/(0)=e。-2=—1,/(re)=ex—ax—1,

斜率k=/，(0)=e。—1=0,

過點(diǎn)(0,/(0))處的切線方程為y=-1.

(2)當(dāng)a=1時，/(力)=ex—■|■62—x—2,/z(a?)=ex—x—l,

令g(力)=ex—x—1,g'(c)=ex—l,

令g，(%)=0,N=0

當(dāng)力當(dāng)(0,+oo)時，-(力)>0,g(>)在(0,+oo)上單調(diào)遞增,

當(dāng)丁當(dāng)(-oo,0)時，g，0)V0,gQ)在(0,+8)上單調(diào)遞減，

???gO)min=g(o)=。，

即g(力)>0,也就是r(/)=ex-x—1^0

/./(x)在(—co,+oo)上單調(diào)遞增.

類型三:利用二階導(dǎo)致研究恒(能)成立問題

典型例題

10.(23-24高二下?河北?期中)已知函數(shù)/(工)=e"—a/—c,ae_R.

(1)求曲線沙=/0)在點(diǎn)(o,/(o))處的切線方程；

(2)若不等式/(2)>1對任意2G[0,+8)恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.

【答案】⑴沙=1

【分析】⑴利用求導(dǎo)可知/(0),f(0)都是常數(shù)，所以該點(diǎn)的切線方程易求得；

(2)此題不宜用分離參變量方法，而是含參求導(dǎo)分析，要抓住這個含參函數(shù)的定值/(0)=1,而這個定值

恰好是不等式/O)>1對任意①e[0,+8)恒成立的一個端點(diǎn)值，所以由此聯(lián)想到要使得/(⑼>1,則必

需要使得緊靠o的右側(cè)附近區(qū)域遞增，這樣也就只需要緊靠o的右側(cè)附近區(qū)域/(尤)>o,然后又抓住

r(o)=o這個定值條件，所以繼續(xù)同上分析/3)的二次導(dǎo)函數(shù)，最后通過分類討論得出問題的答案.

【詳解】(1)由/(x)=e"—a"—a;得：/'(c)=e"—2ax—1

所以當(dāng)c=0時，有/(0)=e°—0—0=1,/\0)=e°—0—1=0,

由曲線y=f(x)在點(diǎn)(0,/(0))處的切線方程為夕—/(o)=r(o)(①一0),得：夕-1=0(?—0),

即曲線y=于(X)在點(diǎn)(0,/(0))處的切線方程為y=l.

⑵令g[x)=f'(x)=ex—2ax—1,則g'3)=e"—2a,

由于reC[0,+8)得：e0e[1,+8),所以把參數(shù)a按下面分類討論：

①當(dāng)a時，有g(shù)'{x}=e"一2a>0,則g(2)=ex-2ax—1在區(qū)間[0,+oo)上是單調(diào)遞增，

即gQLn=g(0)=0,從而可知3)=g3)A0,

所以函數(shù)/(>)=e0—a〃一re在區(qū)間[0,+oo)上也是單調(diào)遞增，

即/Q)有最小值/(0)=1,此時不等式/Q)>1對任意①e[0,+8)恒成立,

所以當(dāng)Q《十時，滿足題意；

②當(dāng)Q>十時，由。'(力)=e*—2a=0得，力=ln2aG(0,+oo),

則當(dāng)力3[0,ln2a)時，gf(x)=e*—2aV0,則g(x)=ex—2ax—1在區(qū)間[0,ln2a)上是單調(diào)遞減,

且當(dāng)cG(ln2a,+8)時，g'Q)=e"—2Q>0,則g[x}—ex—2ax—1在區(qū)間(ln2a,+oo)上是單調(diào)遞增，

即g(/)min—g(ln2a)<g(0)=0,又當(dāng)C一+8時，可判斷g(x)一+8,

由上可知gQ)=ex—2ax—1在開區(qū)間(0,+oo)存在唯一^零點(diǎn)，假設(shè)零點(diǎn)為m,

則可知當(dāng)nG[0,7n)時，f<6)=g(x)V0,則f(x)=e*—a/—/在區(qū)間[0,小)上是單調(diào)遞減，

可知當(dāng)為G(m,+°o)時，/'㈤=g(x)>0,則f(x)=ex—ax2—x在區(qū)間(m,+8)上是單調(diào)遞增，

即/3)min=/(M)</(0)=1,此時不等式/(力))1對任意xE[0,+oo)不恒成立，

即當(dāng)a>]時，不滿足題意，被舍去；

綜上所述：實(shí)數(shù)a的取值范圍是(一8,1■].

11.(23-24高三上?重慶?階段練習(xí))已知函數(shù)/(2)滿足/(2)=e，—

(1)討論/(2)的單調(diào)性；

(2)當(dāng)力>0時，f(x)>—ax+1,求a的取值范圍.

【答案】(1)答案見解析

(2)(2—e,+8).

【分析】⑴對函數(shù)求導(dǎo)得/'(力)=e*—2力,然后令7n(力)2力,再求導(dǎo)，從而求解.

(2)利用分離常數(shù)得a>L+/—色在區(qū)間(0,+8)上恒成立，從而只需求出g(x)=—+x--的最

COOCCOCC

大值，即可求解.

【詳解】⑴因?yàn)?(6)=e"一力2,定義域?yàn)镽,得/(x)=ex—2x

令m(%)=e，一2力，則mf(x)=e，-2,當(dāng)m/Q)=e，—2=0,得力=ln2,

當(dāng)力G(—oo,ln2),mz(x)VO,當(dāng)力G(ln2,+co)時，mr(x)>0,

所以nz(c)在(—oo,ln2)上單調(diào)遞減，在(ln2,+oo)上單調(diào)遞增，所以?nQ)min=M(ln2)=2(1—ln2)>

。，即(0)>0恒成立，

所以/(2)的單調(diào)遞增區(qū)間為(―8,+8),無單調(diào)遞減區(qū)間.

(2)由題意/(力)>—ax+1在區(qū)間(0,+oo)上恒成立，即ex—x2>—ax+1恒成立，

即0>工+/—且在區(qū)間(0,+8)上恒成立，

XX

1

令g(N)=^+x--,xE(O,+00)，只需a>g(x)max

因?yàn)間，(i)=―-y+1-eX9x~eX=9一I")：1一"■，令九(%)=x-\-l-ex,xE(0,+oo),

//xx

有hr(x)=l—ex<0,

所以函數(shù)h{x}在(0,+8)上單調(diào)遞減，所以h{x)V九(0)=0,即為+1—e^VO,

所以當(dāng)力6(0,1)時，g，(/)>0,當(dāng)/G(l,+oo)時，g，Q)VO,；

所以函數(shù)g(力)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1,+oo)上單調(diào)遞減，

所以g(力)max=g(l)=2—e,即a>2—e,

所以實(shí)數(shù)a的取值范圍為(2—e,+00).!

……____——百

12.(24—25高三上?河北保定?期中)已知函數(shù)/(2)=e?+sina?—2x,g(x)=2—cosx.

(1)已知直線/一g+a=0是曲線g=g(c),2G［0,兀］的切線，求實(shí)數(shù)a的值；

(2)求函數(shù)/(①)的單調(diào)區(qū)間；

(3)求證：/(X)>g(±)恒成立.

【答案】(1)2—5

(2)/(x)在(-00,0］上單調(diào)遞減，在［0,+8)上單調(diào)遞增

(3)證明見解析

【分析】⑴由g'Q)=1求得切點(diǎn)的坐標(biāo)，代入切線方程求得a.

(2)利用多次求導(dǎo)的方法求得了(乃的單調(diào)區(qū)間.

(3)將恒成立的不等式轉(zhuǎn)化為sinx+c°s/—2/—2+1>0,利用構(gòu)造函數(shù)法,結(jié)合多次求導(dǎo)的方法來求

得正確答案.

【詳解】(1);g'Q)—sinx,xG[0,7t],

???g'(力)=sin/=l,解得力=1■,?\切點(diǎn)為(T，2),

~~—2+a=0,?'?Q=2——.

(2)?；『(6)=ex+cos6—2,

當(dāng)/e(—oo,0]時，e*&l,cosx<1,??f'{x)<0,/(x)單調(diào)遞減，

當(dāng)力G[0,+oo)時，(ei+cos%—2)'=e'一sinee''l,sin7<1,

???S+cosc—2y>0,???/Q)單調(diào)遞增，??..Q)"(0)=0,/(①)單調(diào)遞遞增.

綜上所述，/Q)在(-oo,0]上單調(diào)遞減，在[0,+8)上單調(diào)遞增.

(3)/(%)>gQ)恒成立oe，+sin%—2N+COSN—2>0,

恒成立osinc+cosc—2力一2+i>。恒成立.

一十】

令h(x)sine+cos%—272

(cosrc—sine—2)—(sinrc+cos/—22一2)2(力一sin%)

則無'3)

令7n(6)=x—since,則m'(x)=1—cosx>0,/.m(x)單調(diào)遞增，

又,/m(0)=0,.,.當(dāng)rrC(―oo,0］時,m(x)&0,即h'(x)W0,h(x)單調(diào)遞減;

當(dāng)rrG［0,+co)時,m(x)>0,即h'(x)>0,h(x)單調(diào)遞增;

h(x)>/i(0)=0,:.于(x)>gQ)恒成立.

【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：切點(diǎn)與切線的關(guān)系：在小問1中，利用導(dǎo)數(shù)求出曲線在給定直線為切線時的斜率，再通

過求解切點(diǎn)的方法確定參數(shù)a的值,這是典型的求切線與曲線關(guān)系的方法.

多次求導(dǎo)法:在小問2中，通過對函數(shù)進(jìn)行多次求導(dǎo)，判斷導(dǎo)數(shù)的符號變化來確定單調(diào)區(qū)間，是分析函數(shù)

單調(diào)性的常用手段.

構(gòu)造函數(shù)法求證不等式:在小問3中，通過將不等式轉(zhuǎn)化為關(guān)于某變量的函數(shù)問題，利用構(gòu)造函數(shù)并結(jié)合

單調(diào)性分析來證明恒成立，是一種常用的不等式證明方法.

精練高頻考點(diǎn)

13.(23-24高三上?河南周口?階段練習(xí))已知函數(shù)/(2)=sin①-ax,aER.

⑴若a=L求函數(shù)/⑸的圖象在點(diǎn)傳，/信))處的切線方程;

⑵若/(⑼>0在(0,方］上恒成立,求實(shí)數(shù)a的最大值.

【答案】⑴g=—力+1。

⑵2

7T

【分析】(1)根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義即可求解；

⑵將問題轉(zhuǎn)化為gQ)=卓絲>a在(0,1］上恒成立,利用二階導(dǎo)數(shù)討論函數(shù)g(x)的性質(zhì)求出g(x)min

即可.

【詳解】(1)當(dāng)a=1時，/(力)=sin/—力，則/'(%)=cos%—1,

于是/居)=1—方/倍)=T,

則函數(shù)加)在點(diǎn)管，/傳))處的切線方程為

"=一（①一■+1-■，即y=-x+l;

⑵因?yàn)?(切>0在(0,手］上恒成立，所以且詈>&在(0,51上恒成立,

設(shè)gQ)=巫，/e(0,?［,貝［g'{x)=ccosc—sine,

X\2」X2

令y=xcosx—sin/,xE則K=-7sin/V。在(。，5］上恒成立,

sin/在(o,5］上單調(diào)遞減，于是g=

因立匕g=xcosx—xcosx—sinx<0,

因此g\x)V0在(0,y］上恒成立，gQ)在(。號］上單調(diào)遞減,

則g(x)>g(=)=—,由此可知,—,于是實(shí)數(shù)a的最大值為—.

\2,兀兀兀

14.(24-25高三上?四川雅安?階段練習(xí))已知aCR,函數(shù)/3)=lnQ+l)+—P+a".

JyIJ-

(1)當(dāng)a>0時,求證：f(x)>1；

(2)若/(2)+/(—/)>2,求a的取值范圍.

【答案】(1)證明見解析

⑵［_/，+8)

【分析】(1)當(dāng)a>0時，得出a靖>0,將問題化為證ln(c+l)H---^―->1,構(gòu)造函數(shù)g(c)=ln(rr+l)+

x+1

并證明其單調(diào)性，得出g(4)>g(O)=l,即可得出結(jié)論；

⑵寫出/(c)+/(—宓)表達(dá)式，利用換元法轉(zhuǎn)化為證明恒成立問題，構(gòu)造函數(shù)％⑺=lnt+,—2at+2a

—2并求導(dǎo)，將導(dǎo)數(shù)進(jìn)行二次求導(dǎo)，分類討論得出導(dǎo)函數(shù)的單調(diào)性，進(jìn)而確定原函數(shù)的單調(diào)性，進(jìn)而得出

參數(shù)范圍.:

【詳解】(1)由題意證明如下，/>—1,

在f(x)=ln(rr+l)H---+ax2中，aC凡

_________畝

當(dāng)a>0時，。/2>0,要證/(力))1,只需證111(劣+1)H--^―->1,

x-\-l

令g(①)=1。(力+1)+力；］，則gQ)

3+iy

令g，Q)=0,得力=0,

所以當(dāng)一1V6V0時，g'Q)<0,g(力)在(—1,0)上單調(diào)遞減;

當(dāng)力>0時,g\x)>0,gQ)在(0,+8)上單調(diào)遞增,

所以g(力)>g(0)=1,即ln(x+l)4--y—>1,

x-]-l

所以

(2)由題意及⑴得，a=凡力>一1,

在/(2)=ln(rc+l)++ax2中，

222

/㈤+/(-a;)=ln(l-a)+9+2aa,

l—xz

令t—1—62,由題意，Int+—2at+2a-2)0在3G(0,1]時恒成工,

9

設(shè)h{t)—Int+——2at+2a—2,tE(0,1],

則〃⑶=/2-2a=-2"+一2

t2t2

令0(力)——2at2+力-2,

當(dāng)a>—時，0(力)&廿十力-2W0,

所以〃⑴40,無⑺在(0,1］上單調(diào)遞減,

所以h(t)>h(l)=0，符合題意，

當(dāng)avj時，3⑴在(0,1)上單調(diào)遞增,

又9(0)=—2<0,9⑴=—2a—1>0,

所以存在々C(0,1),使得勿(。)=0,且MV1V1時,卬⑶>0,即〃⑴>0,

所以入⑴在俗,1］上單調(diào)遞增，所以九⑴&九(1)=0,不符合題意，

綜上所述，a的取值范圍為［―a,+8).

［點(diǎn)睛］方法點(diǎn)睛：利用導(dǎo)數(shù)證明或判定不等式問題：

15.通常要構(gòu)造新函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性與極值(最值),從而得出不等關(guān)系;

16.利用可分離變量，構(gòu)造新函數(shù)，直接把問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題,從而判定不等關(guān)系;

17.適當(dāng)放縮構(gòu)造法:根據(jù)已知條件適當(dāng)放縮或利用常見放縮結(jié)論；

18.構(gòu)造“形似”函數(shù)，變形再構(gòu)造，對原不等式同解變形，根據(jù)相似結(jié)構(gòu)構(gòu)造輔助函數(shù).

19.(24—25高三上?遼寧?期中)已知函數(shù)/(2)=ln(a?+1),函數(shù)g(a?)的圖象與h(x)=—3爐+

6x+2(力—2)cos(力—2)的圖象關(guān)于(1,2)中心對稱.

(1)求函數(shù)g(M的解析式；

⑵證明：竟1&/㈤

（3）若/（力）+g（力）&a力在力G［0,1］時恒成立,求實(shí)數(shù)a的取值范圍.

【答案】⑴g（rc）=^爐+2力cosrc;

（2）證明見解析

（3）［3,+8）.

【分析】（1）利用兩個函數(shù)互對稱的性質(zhì)求解即可；

（2）分為兩個不等式，然后求差構(gòu)造函數(shù)，利用函數(shù)的單調(diào)性求最值，然后判斷大小即可；

（3）先將兩個函數(shù)代入不等式，然后利用第二問的不等式放縮，去掉對數(shù)函數(shù)，然后化簡求范圍即可，因

為有放縮，所以還需要驗(yàn)證,所求參數(shù)的范圍的補(bǔ)集不符合題意.

【詳解】⑴g(2)—4—/z(2—x)

—4—~~(2—2)3+3(2—x)2—6(2—x)—2(2—x—2)cos(2—x—2)

="1-十+"Zxcosx

（2）/（久）的定義域?yàn)椋èD1,+8）,設(shè)斤㈤=/（x）—x=ln（cc+—

尸㈤=-1=二^

x+1x+1

Fr［x}>0,得一1VNV0,F'(2)V0,得力>0,

所以FQ）在（-1,0］單調(diào)遞增，在［0,+oo）單調(diào)遞減,

F(x)WF(O)=0,所以/(x)C1；

設(shè)G3)=于(x)---------=ln(T+1)-----J-，G'{x}=-］_x

e/yIJ-JUI_L(41)2—(力+1)2

G'(力)>0,得力>0,G'(力)V0,得一1V/V0,

所以GQ)在(-1,0］單調(diào)遞減，在［0,+oo)單調(diào)遞增,

GQ)>G(0)=0,所以/Q)>；

綜上所述，W/Q)1力成立.

x+1

⑶/㈤+g{x)—In(%+1)+,砂+2ccos/4力+/爐+2xcosx=rr^H-^-rr2+2cosa:^,

設(shè)H(c)=~|~"+2cos=x—2sin/,

令M(x)=H,［x)=x—2sinc,得TVT(N)=1—2cos/

當(dāng)cG(0,1)時，M\x)V0,所以M(x)在［0,1］單調(diào)遞減,

當(dāng)2G(0,1)時，M(x)<M(O)=0,所以H(G在［0,1］單調(diào)遞減,

所以HQ)+1WH(O)+1=3,

所以當(dāng)a>3時，/(劣)+g(x)&a力在力G［0,1］時恒成立，

下面證明當(dāng)aV3時,f(x)+g(x)&a力在力C［0,1］時不恒成立,

f(x)+g^x)>—J-+4-^3+2xcosx=x(—^―-+-^-a;2+2cosa;^,

x+12vx+12)

設(shè)I(x)=——-+—x2+2cos/=——-+H3),°If(x)=--------—+H\x),

%+12x+13+1)

當(dāng)①e(0,1)時，?(力)<0J?在［0,1］單調(diào)遞減,值域是［1+2cosl,3］,

當(dāng)aV3時，3x0E(0,1),使得/(g)>Q，此時，/(g)+g(g)>axOf

_________?

即f[x}+g(x)&aa?在rrC[0,1]時不恒成立；

綜上所述，實(shí)數(shù)a的取值范圍是[3,+oo).

【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：對于求不等式成立時的參數(shù)范圍問題，一般有三個方法：

一是分離參數(shù)法，使不等式一端是含有參數(shù)的式子，另一端是一個區(qū)間上具體的函數(shù)，通過對具體函數(shù)

的研究確定含參式子滿足的條件；

二是討論分析法，根據(jù)參數(shù)取值情況分類討論；

三是數(shù)形結(jié)合法，將不等式轉(zhuǎn)化為兩個函數(shù)，通過兩個函數(shù)圖象確定條件.

類型四:利用二階導(dǎo)致研究函數(shù)的零點(diǎn)

典型例題

20.(23-24高二下?山東淄博?階段練習(xí))已知函數(shù)/⑺=ac+工，g(x)=里.

exex

(1)討論/(2)的單調(diào)性；

(2)若a=L試判斷函數(shù)沙=/(2)與沙=g(2)的圖象的交點(diǎn)個數(shù),并說明理由.

【答案】(1)答案見解析

(2)無交點(diǎn)，理由見解析

【分析】(1)求導(dǎo)可得(0)=考3,分類討論當(dāng)aWO、a>0時函數(shù)/(為對應(yīng)的單調(diào)性即可求解；

e%

(2)由f(x)=gQ)得xex—x+1=0,令?n(i)=xex—x+1,利用二次導(dǎo)數(shù)討論函數(shù)m{x}的性質(zhì)可得

m(a)>m(0)=1,即可下結(jié)論.

【詳解】⑴函數(shù)/(2)=ax+—的定義域?yàn)镽,且廣(2)=a——=——-,

當(dāng)a《o時((/)<o恒成立,所以/(為在R上單調(diào)遞減，

當(dāng)a>0時，令((①)=0,解得力=—1110(,

所以當(dāng)nV—Ina時/'(力)V0,當(dāng)x>—Ina時,(優(yōu))>0,

所以/(力)的單調(diào)遞減區(qū)間為(一8,—Ina),單調(diào)遞增區(qū)間為(一Ina,+8),

綜上可得：當(dāng)Q40時/(%)在R上單調(diào)遞減；

當(dāng)a>0時/(力)的單調(diào)遞減區(qū)間為(一8,—Ina),單調(diào)遞增區(qū)間為(一Ina,+8).

(2)Q=1,則/(6)=x+—，令fQ)=g(x),即xex—x+1=0,

令7n(/)=xex—x+1,則m，(x)=(x+l)ex—1,

令?6)=m'(x)=Q+l)e，-1,則=(6+2)e，,

所以當(dāng)力G(—oo,—2)時n'{x}V0,則nQ)單調(diào)遞減，且?2(優(yōu))<0,

當(dāng)/G(—2,+oo)時n'(x}>0,則九(力)單調(diào)遞增，

又n(—2)=—e-2—l<0,n(0)=0,故當(dāng)NV0時n(rc)<0,

所以當(dāng)力G(—oo,0)時m\x)VO,則m(x)單調(diào)遞減，

當(dāng)力C(0,+oo)時mf(x)>0,則m(x)單調(diào)遞增,

所以m(x)>m(0)=1,所以方程rce*—2+1=0無實(shí)根，

所以函數(shù)夕=/(力)與y=g(x)的圖象無交點(diǎn).

21.(2025?安徽蚌埠?三模)已知函數(shù)/(力)=ex—a.

(1)若Q=1,。g(力)=/(6),cosN一sinC，討論函數(shù)g(力)在(0,2兀)的單調(diào)性；

(2)若無(力)=f(c)—NCOSN在［0,2兀］上有唯一的零點(diǎn),求實(shí)數(shù)a的最小值.

【答案】⑴g*)在(0,：)和(幻,2兀)上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減.

(2)1.

【分析】(1)利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性即可；

(2)求出h(x)=^—0—/cos/,利用導(dǎo)數(shù)求九(力)的最值，即可得參數(shù)范圍.

【詳解】(1)由條件，g(x)=(e*—l)cosc—sinx,xE(0,2兀)

貝1g'(力)=excosx—(e*—l)sin力—cosx=(e?—1)(cos6—sine),

由0VcV2兀,e，>l,所以e'—l〉。，

令g(x)>0,則COST>sinx，得0V力V7或<X<2TC,

令g{x}V0,則cosx<sinx，得［V/V,

所以g㈤在(0,［)和用，2兀)上單調(diào)遞增，在(￡*)上單調(diào)遞減.

(2)由h(x)=e］—a—/cos/,貝1Jh\x)=e*—cos力+Nsina;,/E［0,2兀］,

令@(力)=e。-(1+1),則0‘(力)=e*—1>0,

所以當(dāng)力G［0,2兀］時，(p(x)單調(diào)遞增，

又p(0)=0,所以(p(x)>0ne*>/+l,

hr［x}=ex—cosx+xsinx>/+1—cosx+xsinx=rc(l+sinre)+(1—cosrc)>0,

所以h［x}在［0,2兀］上單調(diào)遞增，九(0)=1—Q,無(2兀)=e?兀一2兀一a,

由題意，1—。<0<已2兀-2兀一Q,解得1<a<e?兀-2兀，

所以Q的最小值為1.

精練高頻考點(diǎn)

22.(2025高三?全國?專題練習(xí))已知函數(shù)/(2)=^-ln—一，g⑺=sin(兀/).函數(shù)尸(C)=f(x)+

g(c),求尸(2)的零點(diǎn)個數(shù)；

【答案】F(土)共有三個零點(diǎn)

【分析】根據(jù)對數(shù)型函數(shù)確定函數(shù)的定義域，令力=1,確定函數(shù)的一個零點(diǎn)；再將2—①代入尸(力)，可得

F(x)+F(2-x)=0,：.F(x)關(guān)于點(diǎn)(1,0)對稱.二次求導(dǎo)判斷函數(shù)尸(立)的單調(diào)性及特殊點(diǎn)的函數(shù)值，

即可確定函數(shù)零點(diǎn)的個數(shù).

【詳解】F(x)=f(x)+g(x)=-yinx+sin(7ta:)的定義域?yàn)?0,2),F(l)=0,1為F(x)的一個零點(diǎn)，

F(2—x)=-yin———+sin［兀(2—2)］=—^-ln—----sin(兀/),則F(a?)+F(2—a?)=0,F(x)關(guān)于點(diǎn)

/X//X

(1,0)對稱.

當(dāng)①G(0,1)時,Ff{x)=-y—I-2(21~~+兀cos(兀7)=-——+7rcos(兀力)=m(x),

Vmf(x)=一-7r2sin(7ra;)<0,Fr(x)在cG(0,1)為減函數(shù)，?

x2(2—力)!

一