二阶导函数的用法及零点尝试法

1、x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+2 x2-3 x，当 x 1 5时， f ( x ) x 2 22+( a -3) x +1恒成立，求实数 a的取值范围

2、。解析：f ( x ) 5 5 x 2 +( a -3) x +1 e x +2 x 2 -3 x x2 22+( a -3) x +1，则a 1e x - x2 -1 2x1在 x 上恒成立 2令g ( x) =ex1- x2x2-1，则 g ( x) =ex1 ( x -1) - x2x 22-1令h ( x ) =e x ( x -1) -12x 2 -1，则 h ( x ) =x(e -1)当x 1 1 7 1时， h ( x ) 0 恒成立，即 h( x ) h ( ) = - e 0 2 2 8 2所以g( x ) 01， g ( x ) 在 , +) 2上单调递增， g ( x

3、)min1=g( ) =2 e - 294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 g ( x )，如果通过对 g ( x) 进行求导继而求最值，若 g ( x ) 0min继而判断 f ( x) 的单调性，流程如下图所示：或 g ( x)max0则可判断出 f( x )的正负一阶导数最小值大原函数单调递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

4、于等于 0一阶导数增原函数最大值小于等于 0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：单调增增例 2已知函数 f ( x) =( x +1)ln x -x +1，证明：当0 x 1时， f ( x ) 1时， f ( x) 0， f ( x )单调递增；当 0 x 1时， f ( x) 0，所以 f ( x )在 0 x 1上单调递增即f ( x ) xxx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 ( x ) =0 这个等式，有的时候能求出一个

5、不包0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) =ex- x +m ，当 m 2 时，证明 f ( x ) 0解析：原题可以理解为当 m =2 时， f ( x) =exln( 2) 0在定义域内恒成立f ( x) =e x -1x +2， f ( x) =e x +1( x +2)20所以f( x )在定义域内单

6、调递增，设在定义域内存在 x0使得 f( x ) =0当x ( -2, x )0时， f( x) 0 ， f ( x )单调递增所以f ( x )min= f ( x ) =e00-ln( x +2)0且 f ( x ) =e 00-1x +20由得f ( x )min= f ( x ) =2 e000故当 m 2时，证明 f ( x) 0例 4. 已知函数 f ( x ) =x ln x +ax，若对任意 x (1,+)， f ( x) k ( x -1) +ax -x恒成立，求正整数 k 的值。解析：问题可转化为当 x (1,+)时，k 0所以 m( x)在定义域内单调递增m( x)min

7、m (1) =-1（没有用）.注意二阶导失灵了m (3) =1 -ln 3 0所以存在x (3,4)0使得 m( x ) =x -ln x -2 =00 0 00xx -1ln( )当x (1, x ), m ( x ) 0, h0( x ) 0, h 0( x ) 0 ， h ( x)单调递增h ( x)minx ln x +x x (ln x +1)=h ( x ) = 0 0 0 = 0 0x -1 x -1 0 0又因为m ( x ) =x -ln x -2 =x -1 -(ln x +1) =0 0 0 0 0 0由由得h ( x)min=h ( x ) =x 0 0所以k 0所以效

8、）h( x ) 在 (1, +)上单调递增，h ( x )minh (1) lim hx 1+( x ) =-（此时二阶导失因为h(1) 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 x 时， h 0( x ) 0 ， h ( x)单调递增当1 x x 时， h0( x ) 0解析：函数的定义域为 ( -m, +)，f( x) =ex-1 1, f ( x ) =e x + 0 x +m ( x +m ) 2+xx-x此时f( x )在 ( -m, +)上单调递增，由于 f( x )在 x =-m处无意义，因此用极限判断最小值f( x )min f( -m) = lim ( ex -mx-1 1) =e -m - lim =- x +m x -m + x +m（二阶导失灵）* 目前只知道 f( x )单调递增， f( x )是否有零点不确定，因此还需要判断 f( x )零点的个数，令f( x ) =ex-1x +m=0 ，即 m =e-x-x，设 g ( x) =e-x-x， f( x)有没有零点等价于 y =m 和 g ( x) =e -x -x有没有交点因为g ( x)=-e-x-1m, l