二阶导数等于0

二阶导数等于0

-联东船代

2023年2月16日发(作者：诗经氓原文)

二阶导数在解高考函数题中的应用

在历年高考试题中，导数部分是高考重点考查的内容，在六道解答题中必有一题是导

数题。这类题主要考察函数的单调性、求函数的极值与最值以及利用导数的有关知识解决

恒成立、不等式证明等问题。解决这类题的常规解题步骤为：①求函数的定义域；②求函

数的导数；③求

f'(x)

的零点；④列出

x,f'(x),f(x)

的变化关系表；⑤根据列表解答问题。

而在有些函数问题中，如含有指数式、对数式的函数问题，求导之后往往不易或不能

直接判断出导函数的符号，从而不能进一步判断函数的单调性及极值、最值情况，此时解

题受阻。若遇这类问题，则可试用求函数的二阶导数加以解决。本文试以2010年全国高考

试题为例，说明函数的二阶导数在解高考函数题中的应用。

例1.（全国卷Ⅰ第20题）

已知函数

f(x)(x1)lnxx1

.

（1）若

xf'(x)xax1

，求

a

的取值范围；

（2）证明：

(x1)f(x)0

.

原解答如下:

解（1）函数的定义域为（0，+∞），

f'(x)lnx

22

2

1

，

x

xf'(x)xax1xlnx1xax1

，

alnxxa(lnxx)

max

.

令

g(x)lnxx则g'(x)

1

1,

x

当0x1时，g'(x)0,g(x)递增；

当x1时，g'(x)0,g(x)递减，

从而当

x1

时，

g(x)

max

g(1)1

，

故所求

a

的范围是[-1,+∞﹚.

证明(2)由(1)知,

lnxx10

,则

①

0x1

时，

f(x)xlnx(lnxx1)0

；

②

x1时，f(x)lnx(xlnxx1)lnxx(ln

综上可知，不等式成立.

对于（2）的证明，虽然过程简单，但思维难度大，对学生的观察能力和代数式的变形

11

1)0

.

xx

能力要求较高。我们可以运用二阶导数的方法加以证明：

0,只需证F（x)

min

0

.证法二:令

F(x)(x1)f(x),要证明F（x）

因

F'（x）f(x)(x1)f'(x)

(x1)lnxx1(x1)(lnx

2xlnx(x

1

)

x

1

)2

，

x

显然当

x1

时，

F'(x)0

，

当

0x1

时，

x

1

2,lnx0,F'(x)0

，

x

F(x)

在（0,1﹚递减；

当

x1

时，

x

1

2,lnx0

，

x

F'(x)

的符号仍不能判定，求二阶导数得

[F'(x)]'2lnx1

1

0

，

x2

从而

F'(x)

在

x1

时递增，

F'(x)F'(1)0

，

F(x)

在[1,+∞﹚递增，

所以当

x1

时，

F(x)

min

F(1)0

，

故

F(x)0

成立，原不等式成立.

例题2（2010年高考数学全国卷Ⅱ（22）小题）

设函数

f



x



1e

．x

（Ⅰ）证明：当

x＞-1

时，

f



x





（Ⅱ）设当

x0

时，

f



x





x

；

x1

x

，求a的取值范围．

ax1

（原解答略）在原解答第（Ⅱ）问的解答中，用到了放缩代换，对考生的数学素质和

解题能力要求很高，极少有考生能达到那样的要求.若用求二阶导数求解，则别有一

番天地.

（Ⅱ）解法二：由题设

x0,f(x)

x

，

ax1

若

a0

，则当

x时，ax10,f(x)

若

a0,则ax10,f(x）

令

g(x)(ax1)(1ex

1

a

x

不恒成立

；

ax1

x

(ax1)(1ex)x0

.

ax1

)x,则g(0)0

，

g'(x)ex(ax1a)a1,g'(x)0

，

[g'(x)]'ex(2a1ax)

,

∵

x0

,

1

当0a时，2a10,

2

1

从而[g'(x)]'0(仅当x0,a时取“”），

2

∴

g'(x)在[0,)内递减，g'(x)g'(0)0

，

∴

g(x)在[0,)内递减，g(x)g(0)0,

即原不等式成立.

12a1

时，2a10,令[g'(x）]'0得x,

2a

2a1

从而当

0x时，[g'(x)]'0,

a

2a1

此时

g'(x)在(0,)内递增，g'(x)g'(0)0

，

a

2a1x

∴

g(x)在(0,)内递增，g(x)g(0)0,f(x)不恒成立

.

aax1

1

综上可知，

0a

.

2

当

a

由以上两个例子可以看出，当需要判定函数的单调性而求导之后不能直接判定导

数的符号时（导函数中常含有指数或对数形式），常可以考虑用二阶导数法。建议高

三教师在高考数学复习时，对学生适当加以针对此类题型的指导、训练。

针对训练：

1、（2010年新课标全国卷第（21）题）：

设函数

f(x)e1xax

。

（1）若

a0

，求

f(x)

的单调区间；

x2

（2）若当

x0

时

f(x)0

，求a的取值范围

2、（2008年湖南高考题改编）：

x2

已知函数

f(x)ln(1x)

，求函数

f(x)

的单调区间。

1x

2

参考答案：

1、解：（1）略.

（2）

f'(x)e12ax,[f'(x)]'e2a

.

①当

a

xx

1

时，2a1,由x得ex1,

2

从而

[f'(x)]'0,f'(x)在[0,)递增，

∴

f'(x)f'(0)0

，

f(x)在[0,)递增，f(x)f(0)0

②

当a

1

时，2a1,当0xln2a时，

2

ex2a,[f'(x)]'0,

∴

f'(x)在区间(0,ln2a)内递减，

∴

f'(x)f'(0)0,

∴

f(x)在区间(0,ln2a)内递减，f(x)f(0)0

,不合题意.

综上可知

a的范围是a

1

2

2、解：

f



x



的定义域是

(1,)

.

2ln(1x)x22x

（1）

f'(x)

2x1

(1x)

2(1x)ln1(x)x22x



.

2(1x)

设

g(x)2(1x)ln(1x)x2x

则

g'(x)2ln(1x)2x

.

2

[g'(x)]'

2x

.

1x

[g'(x)]'0,g'(x)在（1,0）上是增函数；

当

1x0时，

）上为减函数.

当

x0

时，

[g'(x)]'0,g'(x)在（0，

所以

g'(x)在x0处有最大值，而g'(0)0,所以g'(x)0(x0),

函数

g(x)在(1,)

上是减函数.

当

1x0时，g(x)g(0)0,f'(x)0,f(x)递增;

当

x0时，g(x)g(0)0,f'(x)0,f(x)递减

.

所以，函数

f(x)

的单调递增区间是

(1,0)

，递减区间是

(0,)

.