【2020年高考必备】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2x23x，当x的取值范围。 解析：f(x)15时，f(x)x2(a3)x1恒成立，求实数a22525x(a3)x1ex2x23xx2(a3)x1，则 221exx2112在x上恒成立 a2x11exx21ex(x1)x2122令g(x)，则g'(x) 2xx令h(x)ex(x1)当x12x1，则h'(x)x(ex1) 21171时，h'(x)0恒成立，即h(x)h()e0 228212129 4所以g'(x)0，g(x)在[,)上单调递增，g(x)ming()2e所以a2e二阶导的用法:

9 4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)min0或g(x)max0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 最小值大一阶导 数无法 判断单

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)(x1)lnxx1，证明：当0x1时，f(x)0 解析：f'(x)lnx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一阶导数最大值小于等于0 于等于0 原函数单调递增 原函数单调增增 x111lnx 无法求根也无法判断正负 xxf''(x)11x122，令f''(x)0，则x1 xxx当x1时，f''(x)0，f'(x)单调递增；当0x1时，f''(x)0，f'(x)单调递减，f'(x)minf'(1)10，所以f(x)在0x1上单调递增 即f(x)f(x)maxf(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：

该零点满足是原函数中最值的点根据二阶导判断一阶导的单调性若一阶导数单调且存在唯一的零点，则设出零点还满足这个零点使得一阶导数为零可直接得出原函数的最值或者带有所设零点的式子二阶导数失灵 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)exln(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)exln(x2)0在定义域内恒成立

f'(x)ex110 ，f''(x)ex2(x2)x2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)minf(x0)ex0ln(x02) ① 且f'(x0)ex01 ② x02由①②得f(x)minf(x0)2ex00故当m2时，证明f(x)0

例4.已知函数f(x)xlnx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设h(x)xlnxx恒成立

x1xlnxx'xlnx2,h(x) x1(x1)210所以m(x)在定义域内单调递增 x令m(x)xlnx2,m'(x)1m(x)minm(1)1（没有用）………………..注意二阶导失灵了 m(3)1ln30,m(4)2ln40

所以存在x0(3,4)使得m(x0)x0lnx02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)x0lnx0x0x0(lnx01) ①

x01x01又因为m(x0)x0lnx02x01(lnx01)0 ② 由由①②得h(x)minh(x0)x0 所以kx0,k1,2,3

例5．设函数f(x)ln(x1)ax2x1,g(x)(x1)exax2，aR，证明。f(x)g(x)

解析：g(x)f(x)(x1)exln(x1)x1，令h(x)(x1)exln(x1)x1

h'(x)xex1x10 x(ex)，h''(x)(x1)ex(x1)2x1x1x1'''h(x)（此时二阶导失所以h'(x)在(1,)上单调递增，h(x)minh(1)lim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xx0时，h'(x)0，h(x)单调递增 当1xx0时，h'(x)0，h(x)单调递减

所以h(x)minh(x0)(x01)ex0ln(x01)x01 ①

h'(x0)x0ex0x00 ② x01① ②联立可得h(x)min0

所以h(x)g(x)h(x)0，即f(x)g(x)

例6.已知函数f(x)exln(xm)，当m2时，证明f(x)0 解析：函数的定义域为(m,)，f'(x)ex11,f''(x)ex0 xm(xm)2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xm11)emlim（二阶导失灵）

xmxmxm

*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

10，即mexx，设g(x)exx，f'(x)xm有没有零点等价于ym和g(x)exx有没有交点

点的个数，令f'(x)ex因为g'(x)ex10，g(x)单调递减，因为

g(m)emmm,limg(x)故可知ym和g(x)exx有一个交点，

x即f'(x)有一个零点。*

设f'(x)的零点为x0，当xx0时，f'(x)0，f(x)单调递增；当xx0时，

f'(x)0，f(x)单调递减，所以

f(x)minf(x0)ex0ln(x0m) ①

又因为f'(x0)0，得ex010 ②

x0m结合① ②可得f(x)minex0x0，因为x0ex0m 所以f(x)minex0111x0x0m,e2,em0，当x01时等号成立 x0x0x0eee所以可证得f(x)min0，即f(x)0