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。的取值范围。所以g(x) 0,g(x)在$)上单调递增，gm町厶e彳二阶导的用法判断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，

2、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)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：例 1.1.f(x)ex2x23x，当x寸时，f(x)(a 3)x 1恒成立，求实数a解析：f(x)(a 3)x 12x23x(a 3)x 1，则12x2x1-在x1-上恒成立2xe令g(x)12x2x， 贝V g (x)令h(x) ex(x 1)ex(x21,则h(x)1)12x22xx(ex1)1当x时，h (x)20恒成立，即h(x)17 1h() Ve 028

3、2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 2已知函数f(x) (x 1)1 nx x 1，证明：当0 x 1时，f(x) 0X 11解析：f (x) I nx1 In x无法求根也无法判断正负xx11x1f (x)丄J J2 2T，令f (x)0,则x 1x x x当x 1时，f(x) 0,f(x)单调递增；当0 x1时，f(x) 0,f(x)单调 递减，f(x)minf(1) 1 0,所以f(x)在0 x 1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

4、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 函数的最值或 者带有所设零点的式子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 f 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 0原函数单调递一阶导数原函数最大值小于等于 0 0单调增对上图的解读：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

5、阶导数只有一个零点，则设出这个 零点为X。，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=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(x。)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20172017 年高考之前各个省份模拟题中经常出现，在20172017 年高考中也出现了，因

6、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:(G ex0 x02例 3.3.已知函数f (x) exIn(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)exIn(x2)0在定义域内恒成立xf (x) ef (x) e(x 2)2所以f (x)在定义域内单调递增,设在定义域内X。使得f(X)0所以(2,x。)时，f (x)(X,)时，f (x)f(x)minf(X) exf(x)单调递减f(x)单调递增ln(x。2)由得f (x)minf (x。)2ex00故当m 2时，证明f (x)0例 4.4.已知函数f(x)立，求正整数k的值。x Inx a

7、x，若对任意x (1,)，f (x) k(x 1) ax x恒成解析：问题可转化为当x (1,)时，k少 J 恒成立x 1设h(x)x,h(x)x In x 2(x 1)2令m(x)x In x1、2, m (x)10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)In 3所以存在X0(3,4)使得m(x0) x0In X02 0当x (1,x), m(x) 0, h(x) 0,h(x)单调递减当x(Xo,), m(x) 0, h (x) 0,h(x)单调递增xlnxoxx(lnx。1)h(x)minh(x)-x1x1又因为m(x0)x0In x02

8、x 1 (ln x01)0由由得h(x)minh(X)X。所以k x,k 1,2,3f(x) g(x)所以h(x)在(1,)上单调递增，h(x)minh(1) lim h(x)x 1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X。当x x时，h (x)0，h(x)单调递增当1 x x时，h(x) 0，h(x)单调递减所以h(x)minh(x) (x1)ex0In(x1) x1h (x) Xoex00 x1联立可得h(x)min0所以h(x) g(x) h(x) 0,即f(x) g(x)例 6.6.已知函数f (x) exIn(x m)，

9、当m 2时，证明f(x) 0例 5 5 .设函数f(x) ln(x 1) ax2x 1,g(x) (x 1)exax2,a R，证明解析：g(x) f (x) (x 1)exln(x 1) x 1，令h(x)(x 1)exIn (x 1) x 1h(x)xxex1 x(eJ，h (x)(x 1)ex1(x 1)2(此时二阶导失解析：函数的定义域为(m, )，f (x) ex1, f (x) ex丄20 x m(x m)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Xom所以可证得f(x)min0,即f(x) 0f(x)minf( m)lim (exx m丄)emx mlimx mx 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xIxxf (x) e0，即me x，设g(x) e x，f (x)有没有零点等价于ym和g(x) exx有没有交点因为g (x)ex10，g(x)单调递减，因为g( m)emm故可知y m和g(x) exx有一个交点,即f(x)有一个零点。设f