二阶导数的用法及零点尝试法

1、二阶导数的用法及零点尝试法导数最大的作用是判断复杂函数的单调性，我们可以很简单的求一次导数，然后 通过求导函数的根，就可以判断出函数的单调区间，进而知道函数的趋势图像，不过 这只是最基础的导数的应用，在很多题目中我们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，在高考中不管文理都有极 大可能用到二阶导数，虽然文科不谈二阶导数，其实只是把一阶导数设为一个新函数， 再对这个新函数求导，本质上依旧是二阶导数。例 1. f (x)ex 2x2 3x ，当 x12时， f(x)52x2(a 3)x 1恒成立，求实数 a的取值范围。解析： f (x)52x2(a

2、3)x 12x23x52x2(a 3)x 1，则12x2x1在x11 上恒成立2x e 令 g(x)12x2x，则 g(x)令 h(x) ex (x 1)ex(x2 1，则 h (x)1)12x22xx(ex 1)0 恒成立，即 h(x)1当 x时， h (x)1 7 1h(1) 7 1 e 02 8 2所以 g(x) 0，g(x)在12, )上单调递增， g(x)min g(12) 2 e 94所以 a 2 e 94二阶导的用法判断 f (x)的单调性则需判断 f ( x)的正负，假设 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

3、g(x) ，如果通过对 g(x) 进行求导继而求最值，若 g(x)min 0或 g( x) max 0则可判断出 f(x)的正负 继而判断 f(x) 的单调性，流程如下图所示：一阶导数无法判断单我们对一阶导数或 对其中不能判断符号的部分进行求导通过二阶导数求出一阶导数的最值通过二阶 导数求出一阶导数一阶导数 最小值大 于等于 0原函数单调递一阶导数原函数最大值小于等于 0单调增但是并不是一阶导数无法求根或者判断正负就必须使用二阶导数，有时候适当的 对函数做一些变形就可以省去很多麻烦，如下题：例 2已知函数 f (x) (x 1)ln x x 1 ，证明：当 0 x 1时， f (x) 0x 1

4、 1解析： f (x) ln x 1 ln x 无法求根也无法判断正负 xx 1 1 x 1 f(x) 1 12 x 21，令 f(x) 0，则 x 1x x x当x 1时， f(x) 0， f ( x)单调递增；当 0 x 1时， f(x) 0， f (x)单调递减， f(x)min f (1) 1 0，所以 f(x) 在0 x 1上单调递增即 f(x) f (x)max f (1) 0但是如果调整函数转化为一阶导数并且还出现了一阶导数最小值小于等于零，或一阶 导数最大值大于等于零的时候，则单纯的二阶导数将失灵，此时我们采用的是零点尝 试法，即确定一阶导数的零点的大致位置，如下：可直接得出原

5、 函数的最值或 者带有所设零 点的式子对上图的解读：零点尝试法其实是无法求出一阶导数的零点，且通过二阶导数无法得出需要的一阶导数的最值，此时一般可以根据二阶导的恒正或恒负来判断出一阶导是 否只有一个零点，若用零点存在性定理能判断出一阶导数只有一个零点，则设出这个 零点为 x0 ，但是难点就在这里，因为不知道准确零点的区间，因此可能很难找出符合 题意区间的 x0 ，例如确定出 x0在某数之前或某数之后，但是所设的x0满足 f(x0) =0，通过这个式子可以得到一个关于 x0 的等式，然后所设的点 x0肯定是原函数唯一的最值 点，因此若求原函数的最值则需要结合 f (x0 ) 0 这个等式，有的时

6、候能求出一个不包 含 x0 的最值或者含有 x0 一个很简单的数或式子，不过此方法并非无敌，若二阶导数和 零点尝试法均失效时，则需考虑你的思考方向是否正确了，关于零点尝试法在 2017 年 高考之前各个省份模拟题中经常出现，在 2017 年高考中也出现了，因此这个方法必须 作为高考中的备考题型掌握。零点尝试法应用举例：例 3. 已知函数 f (x) exln(x m) ，当 m2时，证明 f ( x) 0解析：原题可以理解为当m 2 时， f ( x)ex ln( x2) 0 在定义域内恒成立x f ( x) ex1，x2f (x) ex1( x 2)2所以f ( x) 在定义域内单调递增，设

7、在定义域内存在x0使得 f ( x) 0当x( 2,x0) 时， f (x)0，f (x) 单调递减当x(x0, ) 时， f ( x)0，f ( x) 单调递增所以f (x)min f (x0) ex0ln( x0 2)且f( x0 ) ex01x0 2由得 f ( x )minf ( x0 )2ex0 0故当 m 2时，证明 f (x) 0例 4.已知函数 f (x) 立，求正整数 k 的值。解析：问题可转化为当x (1,)时， k xln x x 恒成立 x1设 h(x )x ln xx1x ,h( x)x ln x 2( x 1)2令 m( x)x ln x12, m ( x) 1 0

8、所以 m( x)在定义域内单调递增 xm( x) minm(1)1 (没有用)注.意二阶导失灵了m(3) 1ln3 0, m(4) 2 ln 4 0所以存在 x0 (3, 4)使得 m(x0) x0 ln x0 2 0当 x (1,x0), m( x) 0,h(x) 0，h(x) 单调递减当 x (x0, ),m(x) 0,h(x) 0， h( x)单调递增x0ln x0 x0 x0(ln x0 1)h(x)min h(x0) 0 0 0 0 0 x0 1x0 1又因为 m( x0) x0 ln x0 2 x0 1 (ln x0 1) 0 由由得 h(x )min h(x0) x0所以 k x

9、0, k 1,2,3例 5设 函数 f(x) ln(x 1) ax2x 1,g(x) ( x 1)ex ax2 ，a R， 证明f ( x) g ( x)解析： g(x) f (x) ( x 1)exln(x 1) x 1，令 h(x)(x 1)ex ln( x 1) x 1h(x)x xexx1x 1 x(ex x1 1)，h(x)( x 1)ex1( x 1)2此时二阶导失所以h(x)在(1, )上单调递增， h(x)min h(1) lim h(x)x1效)因为 h(1) 0,h(2) 0 且h(x) 在(1, )单调，因此 h(x) 0在定义域内有且只有 一个零点设为 x0当 x x0

10、时， h(x) 0，h(x) 单调递增 当1 x x0时， h(x) 0 ， h(x)单调递减所以 h( x) min h(x0) (x0 1)ex0 ln( x0 1) x0 1 h (x0) x0ex0x00 x0 1 联立可得 h( x) min 0所以 h(x) g(x) h(x) 0，即 f (x) g(x)例 6.已知函数 f (x) ex ln(x m)，当 m 2时，证明 f(x) 0解析：函数的定义域为 ( m, ) ， f ( x) ex 1 , f ( x) ex1 2 0x m( x m)此时 f(x)在( m, )上单调递增，由于 f (x)在x m处无意义，因此用极

11、限 判断最小值f (x)minf ( m)lim (exxm1 ) e m xmlimx m x m二阶导失灵)* 目前只知道点的个数，令(x)单调递增， f ( x)是否有零点不确定，因此还需要判断f(x)零 x 1 x x f(x) ex0，即 m e x x，设 g(x) e x x， f (x)xm有没有零点等价于 ym和 g(x) e x x 有没有交点因为 g(x)e x 1 0， g(x) 单调递减，因为g( m) em m m, lim g(x)故可知 y m和 g(x) e x x 有一个交点，即 f (x) 有一个零点。设 f ( x)的零点为 x0，当 x x0 时， f (x) 0， f(x) 单调递减，所以f (x) 0 ，f (x) 单调递增；当 x x0 时，f (x)min f (x0 ) ex0ln(x0 m)