二阶导数的用法及零点尝试法

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. 2()23x f x e x x =+-，当12x ≥时，25

()(3)12

f x x a x ≥+-+恒成立，求实数a 的取值范围。 解析：22255

()(3)123(3)122

x f x x a x e x x x a x ≥

+-+?+-≥+-+，则 21

1

2x e x a x

--≤

在12x ≥上恒成立 令2112()x e x g x x

--=，则2'2

1

(1)1

2()x e x x g x x ---= 令2

1()(1)12

x h x e x x =---，则'()(1)x h x x e =- 当12x ≥

时，'()0h x >

恒成立，即17()()028h x h ≥=-> 所以'()0g x >，()g x 在1

[,)2+∞

上单调递增，min 19()g()24

g x ==

所以94

a ≤ 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min ()0g x >或max ()0g x <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：

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()(1)ln 1f x x x x =+-+，证明：当01x <<时，()0f x < 解析：'11

()ln 1ln x f x x x x x

+=+

-=+ 无法求根也无法判断正负 ''22111

()x f x x x x

-=

-=，令''()0f x =，则1x = 当1x >时，''()0f x >，'()f x 单调递增；当01x <<时，''()0f x <，'()f x 单调递减，''min ()(1)10f x f ==>，所以()f x 在01x <<上单调递增 即max ()()(1)0f x f x f <==

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：

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0x ，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0x ，例如确定出0x 在某数之前或某数之后，但是所设的0x 满足'0()f x =0，

通过这个式子可以得到一个关于0x 的等式，然后所设的点0x 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'0()0f x =这个等式，有的时候能求出一个不包含0x 的最值或者含有0x 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()ln()x f x e x m =-+，当2m ≤时，证明()0f x >

解析：原题可以理解为当2m =时，()ln(2)0x f x e x =-+>在定义域内恒成立

'1

()2

x f x e x =-

+，''2

1()0(2)x f x e x =+>+ 所以'()f x 在定义域内单调递增，设在定义域内存在0x 使得'()0f x = 当0(2,)x x ∈-时，'()0f x <，()f x 单调递减 当0(,)x x ∈+∞时，'()0f x >，()f x 单调递增

所以0min 00()()ln(2)x f x f x e x ==-+ ① 且0'001

()2

x f x e x =-

+ ② 由①②得0min 0()()20x f x f x e ==>故当2m ≤时，证明()0f x >

例4.已知函数()ln f x x x ax =+，若对任意(1,)x ∈+∞，()(1)f x k x ax x >-+-恒成立，求正整数k 的值。

解析：问题可转化为当(1,)x ∈+∞时，ln 1

x x x

k x +<

-恒成立

设'2

ln ln 2

(),()1(1)x x x x x h x h x x x +--=

=-- 令'1

()ln 2,()10m x x x m x x

=--=-

>所以()m x 在定义域内单调递增 min ()(1)1m x m >=-（没有用）………………..注意二阶导失灵了 (3)1ln 30,(4)2ln 40m m =-<=->

所以存在0(3,4)x ∈使得000()ln 20m x x x =--=

当'0(1,),()0,()0x x m x h x ∈<<，()h x 单调递减 当'0(,),()0,()0x x m x h x ∈+∞>>，()h x 单调递增

00000min 000ln (ln 1)

()()11

x x x x x h x h x x x ++==

=-- ①

又因为00000()ln 21(ln 1)0m x x x x x =--=--+= ② 由由①②得min 00()()h x h x x == 所以0,1,2,3k x k <=

例5．设函数22()ln(1)1,()(1)x f x x ax x g x x e ax =-+++=-+，a R ∈，证明

()()f x g x ≤。

解析：()()(1)ln(1)1x g x f x x e x x -=-----，令()(1)ln(1)1x h x x e x x =-----

'1

()()11

x x x h x xe x e x x =-

=---，''21()(1)0(1)x h x x e x =++

>- 所以'()h x 在(1,)+∞上单调递增，'''min 1

()(1)lim ()x h x h h x +

→>≈=-∞（此时二阶导失效）

因为''(1)0,(2)0h h <>且'()h x 在(1,)+∞单调，因此'()0h x =在定义域内有且只有一个零点设为0x

当0x x >时，'()0h x >，()h x 单调递增 当01x x <<时，'()0h x <，()h x 单调递减

所以0min 0000()()(1)ln(1)1x h x h x x e x x ==----- ①

0'0

000()01

x x h x x e x =-

=- ② ① ②联立可得min ()0h x =

所以()()()0h x g x h x =-≥，即()()f x g x ≤

例6.已知函数()ln()x f x e x m =-+，当2m ≤时，证明()0f x > 解析：函数的定义域为(,)m -+∞，'''2

11

(),()0()x x f x e f x e x 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，因此用极限判断最小值

''min 11()()lim ()lim x m x m

x m f x f m e e 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'1

()0x f x e x m

=-

=+，即x m e x -=-，设()x g x e x -=-，'()f x 有没有零点等价于y m =和()x g x e x -=-有没有交点

因为'()10x g x e -=--<，()g x 单调递减，因为

(),lim ()m x g m e m m g x →+∞

-=+>=-∞故可知y m =和()x g x e x -=-有一个交点，

即'()f x 有一个零点。*

设'()f x 的零点为0x ，当0x x >时，'()0f x >，()f x 单调递增；当0x x <时，

'()0f x <，()f x 单调递减，所以

0min 00()()ln()x f x f x e x m ==-+ ①

又因为'0()0f x =，得001

0x e x m

-

=+ ②

结合① ②可得0min 0()x f x e x =+，因为00x x e m -=- 所以000

000

min 111(),2,0x x x x x x f x e m e e m e e e

=+

-+≥+-≥，当01x =时等号成立 所以可证得min ()0f x >，即()0f x >