二阶导数的用法及零点尝试法.docx

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)ex2x23x ，当 x1 时， f ( x)5 x2(a3) x1恒成立，求实数 a22的取值范围。解析： f ( x)5 x2(a3)

2、x1ex2x23x5 x2( a3) x1，则22ex1 x211a2上恒成立x在 x2ex1 x21ex ( x 1) 1 x21令 g(x)2( x)2x，则 gx2令 h(x)ex (x 1)1 x21，则 h (x) x(ex1)2当 x1时， h (x)0 恒成立，即 h( x)h( 1)71e 02282所以 g ( x)0， g( x) 在 1 ,) 上单调递增， g(x)ming( 1 )2 e9224所以 a2e94二阶导的用法 :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

3、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)min0或 g( x) max0 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：一阶导数原函数最小值大单调递一阶导我们对一阶导数或通过二阶导通过二阶于等于 0增数无法对其中不能判断符数求出一阶导数求出判断单号的部分进行求导导数的最值一阶导数一阶导数原函数最大值小单调增于等于 0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)( x1)ln xx1 ，证明：当 0x 1 时

4、， f (x) 0解析： f ( x)ln xx 11 ln x1无法求根也无法判断正负xxf ( x)11x 1，令 f ( x)0 ，则 x 1xx2x2当 x 1时， f (x)0 ， f ( x) 单调递增；当 0x1 时， f ( x)0 ， f ( x) 单调递减，f ( x)min f(1) 10 ，所以 f ( x) 在 0x1 上单调递增即 f ( x)f (x)maxf (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：该零点

5、满足是原函数中最值的点根据二阶导判若一阶导数单可直接得出原调且存在唯一函数的最值或二阶导数失灵断一阶导的单的零点，则设者带有所设零调性出零点点的式子还满足这个零点使得一阶导数为零对上图的解读：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

6、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( xm) ，当 m2时，证明 f ( x)0解析：原题可以理解为当m2 时， f ( x)exln( x2) 0在定义域

7、内恒成立x1x10f ( x) ex， f (x) e( x2)22所以 f ( x) 在定义域内单调递增，设在定义域内存在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) minf ( x0 )ex0ln( x0 2)且 f ( x0 ) ex012x0由得 f (x)minf ( x0 )2ex00故当 m2 时，证明 f ( x)0例 4. 已知函数 f ( x)x ln xax ，若对任意 x(1,) ， f (x)k (x1) ax x 恒成立，求正整

8、数 k 的值。解析：问题可转化为当x(1,) 时， kx ln xx 恒成立x1设 h(x)x ln x x , h ( x)x ln x 2x1( x1)2令 m( x)xln x2, m ( x) 110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)1ln 30, m(4)2 ln 4 0所以存在x0(3, 4) 使得 m( x0 )x0ln x02 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h(x)min h(x0

9、)x0 ln x0x0x0 (ln x0 1)x01x01又因为 m( x0 )x0ln x02x0 1(ln x01)0由由得 h(x)minh(x0 ) x0所以 kx0 , k1,2,3例 5 设 函 数 f (x)ln( x1)ax2x1, g (x)( x1)exax2， aR，证明f ( x)g ( x) 。解析： g(x) f (x)( x1)exln( x 1)x1 ，令 h(x)( x1)exln( x1) x 1h ( x) xexxx1x(ex1 ) ， h (x) ( x 1)ex10x1( x1)2所以 h ( x) 在 (1,) 上单调递增， h ( x)minh

10、(1)lim h ( x)（此时二阶导失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 xx0 时， h ( x)0 ， h(x) 单调递增当 1x x0时， h (x)0 ， h( x) 单调递减所以 h( x) minh(x0 )( x01)ex0 ln( x0 1)x01h (x0 ) x0ex0x010x0 联立可得 h( x) min0所以 h( x)g (x)h( x)0 ，即 f ( x)g ( x)例 6. 已知函数 f (x)exln( xm) ，当 m2时，证明 f ( x)0解析

11、：函数的定义域为(m,) ， f ( x)ex1, f ( x)ex10x m( x m)2此时 f (x) 在 ( m,) 上单调递增，由于f ( x) 在 xm 处无意义，因此用极限判断最小值f ( x)min f ( m)lim ( ex1)e mlim1（二阶导失灵）xmxmxmxm* 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)ex10 ，即 m e xx ，设 g (x) e xx ， f ( x)xm有没有零点等价于ym 和 g(x)e xx 有没有交点因为 g ( x)e x10， g (x) 单调递减，因为g( m)emmm, lim g( x)故可知ym 和g( x)exx 有一个交点，x即 f ( x) 有一个零点。*设 f ( x) 的零点为x0 ，当 xx0时， f ( x)0 ， f ( x) 单调递增；当x x0 时，f ( x)0 ，