1、二階導數的用法及零點嘗試法導數最大的作用是判斷復雜函數的單調性，我們可以很簡單的求一次導數，然后 通過求導函數的根，就可以判斷出函數的單調區間，進而知道函數的趨勢圖像，不過 這只是最基礎的導數的應用，在很多題目中我們求一次導數之后無法求出導函數的根， 甚至也不能直接看出導函數的正負，因此無法判斷單調性，在高考中不管文理都有極 大可能用到二階導數，雖然文科不談二階導數，其實只是把一階導數設為一個新函數， 再對這個新函數求導，本質上依舊是二階導數。例 1. f (x)ex 2x2 3x ，當 x12時， f(x)52x2(a 3)x 1恒成立，求實數 a的取值范圍。解析： f (x)52x2(a

2、3)x 12x23x52x2(a 3)x 1，則12x2x1在x11 上恒成立2x e 令 g(x)12x2x，則 g(x)令 h(x) ex (x 1)ex(x2 1，則 h (x)1)12x22xx(ex 1)0 恒成立，即 h(x)1當 x時， h (x)1 7 1h(1) 7 1 e 02 8 2所以 g(x) 0，g(x)在12, )上單調遞增， g(x)min g(12) 2 e 94所以 a 2 e 94二階導的用法判斷 f (x)的單調性則需判斷 f ( x)的正負，假設 f ( x)的正負無法判斷，則把f(x)或者 f ( x)中不能判斷正負的部分(通常為分子部分)設為新函數

3、g(x) ，如果通過對 g(x) 進行求導繼而求最值，若 g(x)min 0或 g( x) max 0則可判斷出 f(x)的正負 繼而判斷 f(x) 的單調性，流程如下圖所示：一階導數無法判斷單我們對一階導數或 對其中不能判斷符號的部分進行求導通過二階導數求出一階導數的最值通過二階 導數求出一階導數一階導數 最小值大 于等于 0原函數單調遞一階導數原函數最大值小于等于 0單調增但是并不是一階導數無法求根或者判斷正負就必須使用二階導數，有時候適當的 對函數做一些變形就可以省去很多麻煩，如下題：例 2已知函數 f (x) (x 1)ln x x 1 ，證明：當 0 x 1時， f (x) 0x 1

4、 1解析： f (x) ln x 1 ln x 無法求根也無法判斷正負 xx 1 1 x 1 f(x) 1 12 x 21，令 f(x) 0，則 x 1x x x當x 1時， f(x) 0， f ( x)單調遞增；當 0 x 1時， f(x) 0， f (x)單調遞減， f(x)min f (1) 1 0，所以 f(x) 在0 x 1上單調遞增即 f(x) f (x)max f (1) 0但是如果調整函數轉化為一階導數并且還出現了一階導數最小值小于等于零，或一階 導數最大值大于等于零的時候，則單純的二階導數將失靈，此時我們采用的是零點嘗 試法，即確定一階導數的零點的大致位置，如下：可直接得出原

5、 函數的最值或 者帶有所設零 點的式子對上圖的解讀：零點嘗試法其實是無法求出一階導數的零點，且通過二階導數無法得出需要的一階導數的最值，此時一般可以根據二階導的恒正或恒負來判斷出一階導是 否只有一個零點，若用零點存在性定理能判斷出一階導數只有一個零點，則設出這個 零點為 x0 ，但是難點就在這里，因為不知道準確零點的區間，因此可能很難找出符合 題意區間的 x0 ，例如確定出 x0在某數之前或某數之后，但是所設的x0滿足 f(x0) =0，通過這個式子可以得到一個關于 x0 的等式，然后所設的點 x0肯定是原函數唯一的最值 點，因此若求原函數的最值則需要結合 f (x0 ) 0 這個等式，有的時

6、候能求出一個不包 含 x0 的最值或者含有 x0 一個很簡單的數或式子，不過此方法并非無敵，若二階導數和 零點嘗試法均失效時，則需考慮你的思考方向是否正確了，關于零點嘗試法在 2017 年 高考之前各個省份模擬題中經常出現，在 2017 年高考中也出現了，因此這個方法必須 作為高考中的備考題型掌握。零點嘗試法應用舉例：例 3. 已知函數 f (x) exln(x m) ，當 m2時，證明 f ( x) 0解析：原題可以理解為當m 2 時， f ( x)ex ln( x2) 0 在定義域內恒成立x f ( x) ex1，x2f (x) ex1( x 2)2所以f ( x) 在定義域內單調遞增，設

7、在定義域內存在x0使得 f ( x) 0當x( 2,x0) 時， f (x)0，f (x) 單調遞減當x(x0, ) 時， f ( x)0，f ( x) 單調遞增所以f (x)min f (x0) ex0ln( x0 2)且f( x0 ) ex01x0 2由得 f ( x )minf ( x0 )2ex0 0故當 m 2時，證明 f (x) 0例 4.已知函數 f (x) 立，求正整數 k 的值。解析：問題可轉化為當x (1,)時， k xln x x 恒成立 x1設 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)在定義域內單調遞增 xm( x) minm(1)1 (沒有用)注.意二階導失靈了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當 x (1,x0), m( x) 0,h(x) 0，h(x) 單調遞減當 x (x0, ),m(x) 0,h(x) 0， h( x)單調遞增x0ln x0 x0 x0(ln x0 1)h(x)min h(x0) 0 0 0 0 0 x0 1x0 1又因為 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設 函數 f(x) ln(x 1) ax2x 1,g(x) ( x 1)ex ax2 ，a R， 證明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此時二階導失所以h(x)在(1, )上單調遞增， h(x)min h(1) lim h(x)x1效)因為 h(1) 0,h(2) 0 且h(x) 在(1, )單調，因此 h(x) 0在定義域內有且只有 一個零點設為 x0當 x x0

10、時， h(x) 0，h(x) 單調遞增 當1 x x0時， h(x) 0 ， h(x)單調遞減所以 h( x) min h(x0) (x0 1)ex0 ln( x0 1) x0 1 h (x0) x0ex0x00 x0 1 聯立可得 h( x) min 0所以 h(x) g(x) h(x) 0，即 f (x) g(x)例 6.已知函數 f (x) ex ln(x m)，當 m 2時，證明 f(x) 0解析：函數的定義域為 ( m, ) ， f ( x) ex 1 , f ( x) ex1 2 0x m( x m)此時 f(x)在( m, )上單調遞增，由于 f (x)在x m處無意義，因此用極

11、限 判斷最小值f (x)minf ( m)lim (exxm1 ) e m xmlimx m x m二階導失靈)* 目前只知道點的個數，令(x)單調遞增， f ( x)是否有零點不確定，因此還需要判斷f(x)零 x 1 x x f(x) ex0，即 m e x x，設 g(x) e x x， f (x)xm有沒有零點等價于 ym和 g(x) e x x 有沒有交點因為 g(x)e x 1 0， g(x) 單調遞減，因為g( m) em m m, lim g(x)故可知 y m和 g(x) e x x 有一個交點，即 f (x) 有一個零點。設 f ( x)的零點為 x0，當 x x0 時， f (x) 0， f(x) 單調遞減，所以f (x) 0 ，f (x) 單調遞增；當 x x0 時，f (x)min f (x0 ) ex0ln(x0 m)