專題 導數中的二次求導

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模塊導圖

知識剖析

二階導數的概念

如果函數\(y=f(x)\)的導數\(f'(x)\)在\(x\)處可導，則稱\(y'\)的導數為函數\(y=f(x)\)在\(x\)處的二階導數，記為\(f''(x)\).
\({\color{Red}{ Eg: }}\)若函數\(f(x)=x^3\)，則\(f^{\prime}(x)=3x^2\)，\(f^{\prime \prime}(x)=\left[f^{\prime}(x)\right]^{\prime}=\left[3 x^{2}\right]^{\prime}=6 x\).
 

二階導數的意義

二階導數是一階導數的導數.從原理上看，它表示一階導數的變化率；從圖形上看，它反映的是函數圖像的凹凸性.
若在\((a,b)\)內\(f^{\prime \prime} (x)>0\)，則\(f(x)\)在\((a,b)\)內為凹函數；若在\((a,b)\)內\(f^{\prime \prime} (x)<0\)，則\(f(x)\)在\((a,b)\)內為凸函數；
\({\color{Red}{ Eg：}}\) \(f(x)=e^x\)，其二次導數為\(f^{\prime \prime}(x)=e^x>0\)，凹函數；
\(f(x)=lnx\)，其二次導數\(f^{\prime \prime}(x)=-\dfrac{1}{x^{2}}<0\)，為凸函數；

了解函數凹凸性，對於部分題型有助於更快地找到解題思路，特別是在切線放縮.
 

二次求導的運用

\({\color{Red}{ ①}}\) 二階導數在高中教材中沒有介紹，我們不好直接使用二階導數性質，甚至它的符號\(f''(x)\).
\({\color{Red}{② }}\) 二次求導除了可以判斷函數凹凸性，還有一個重要運用，
\({\color{Red}{ (i) }}\)使用場景：某些函數一次求導\(f^{\prime}(x)\)后，解\(f^{\prime}(x)>0\)和\(f^{\prime}(x)<0\)難度較大或甚至解不出(即很難得到\(f^{\prime}(x)\)的正負性)，則需要進行”二次求導”.
\({\color{Red}{ (ii) }}\)思考：若能知道\(y=f^{\prime}(x)\)的圖像(或草圖)，其正負性是否更好分析呢？那圖如何而來?求導便可畫圖拉，分析其單調性、極值、最值等，這樣一想便有了以下解題步驟；
\({\color{Red}{ (iii) }}\)解題步驟：設\(g(x)=f^{\prime}(x)\)，對\(g(x)\)求導\(g^{\prime} (x)\)，求出\(g^{\prime}(x)>0\)和\(g^{\prime}(x)<0\)的解，便可得到\(g(x)\)的單調性，進而求其最值，不難得到\(g(x)=f^{\prime}(x)\)的正負性，由圖可知原函數\(f(x)\)的單調性.
若\(g^{\prime}(x)>0\)也很難求解呢？那就要三次求導.

 

經典例題

【題型一】判斷函數的凹凸性

【典題1】判斷以下幾個超越函數的凹凸性
\((1) f(x)=x\cdot e^x\) \(\qquad \qquad\) \((2)f(x)=\dfrac{e^x}{x}\) \(\qquad \qquad\) \((3) f(x)=x\cdot \ln x\)
【解析】 \((1)f^{\prime}(x)=(x+1) e^{x}\)， \(f^{\prime \prime}(x)=(x+2) e^{x}\)，
故\(f(x)\)在\((-∞,-2)\)上凸，在\((-2,+∞)\)上凹；

\((2)f^{\prime}(x)=\dfrac{(x-1) e^{x}}{x^{2}}\)，\(f^{\prime \prime}(x)=\dfrac{\left(x^{2}-2 x+2\right) e^{x}}{x^{3}}\),
故\(f(x)\)在\((-∞,0)\)上凸，在\((0,+∞)\)上凹；

\((3)f^{\prime}(x)=\ln x+1\)，\(f^{\prime \prime}(x)=\dfrac{1}{x}\)，
故\(f(x)\)在\((0,+∞)\)上凹；

【點撥】對於常見的超越函數，需要了解下它們的圖象，特別是凹凸性，日后會經常見到它們的蹤影，比如二次求導、求最值.、不等式證明、切線放縮等.
 

鞏固練習

1 (★) 判斷以下幾個超越函數的凹凸性
\((1) f(x)=\dfrac{\ln x}{x}\) \(\qquad \qquad\) \((2)f(x)=\dfrac{ x}{\ln x}\) \(\qquad \qquad\) \((3)f(x)=\dfrac{x}{e^x}\)
 
 

參考答案

1. \((1) f(x)\)在\((0,e^{\frac{3}{2}})\)上凸，在\(\left(e^{\frac{3}{2}},+\infty\right)\)上凹；
   \((2) f(x)\)在\((0,1)\)上凸，在\((1,+∞)\)上凹；
   \((3) f(x)\)在\((-∞,2)\)上凸，在\((2,+∞)\)上凹.
    

【題型二】 二次求導與函數的單調性

【典題1】若函數\(f(x)=\dfrac{\sin x}{x}\)，\(0<x_{1}<x_{2}<\pi\)，設\(a=f(x_1 ),b=f(x_2)\)，試比較\(a ,b\)的大小.

【解析】
\({\color{Red}{ (要比較a, b的大小，顯然想到y=f(x)單調性)}}\)
\(f^{\prime}(x)=\dfrac{x \cos x-\sin x}{x^{2}}\) ，
設\(g(x)=x\cos x-\sin x\)，
\({\color{Red}{(要知道原函數y=f(x)的單調性，則分析y=x\cos x-\sin x的正負性，}}\)
\({\color{Red}{而它不太好分析，可構造函數y=g(x)二次求導，分析其單調性最值得到其函數圖像便利於分析其正負性) }}\)
則\(g^{\prime}(x)=-x\sin x+\cos x-\cos x=-x\sin x\)
當\(0<x<π\)時，\(g^{\prime}(x)<0\)，即\(g(x)\)在\((0 ,π)\)上遞減，
\(∴g(x)<g(0)=0\)，
\({\color{Red}{ (此時得到函數y=g(x)的草圖，正負性便確定)}}\)
\(∴f^{\prime}(x)<0\)，\(∴f(x)在(0 ,π)\)上遞減，
\(∴\)當\(0<x_1<x_2<π\)，\(f(x_1 )>f(x_2)\)，即\(a>b\).

【點撥】
① 要研究函數的單調性，則需要分析導函數的正負性；
② 當一次求導后，發現導函數不太“友善”(不能轉化為常見的“一次型導數\(y=kx+b\)”， “二次型導數\(y=ax^2+bx+c\)"，“指數型導數\(y=ke^x+b\)”或其混合型等)，則可考慮構造新函數進行二次求導.
 

【典題2】求函數\(f(x)=\ln ^{2}(x+1)-\dfrac{x^{2}}{1+x}\)的單調性.

【解析】\(f(x)\)的定義域是\((-1 ,+∞)\)，
\(f^{\prime}(x)=\dfrac{2 \ln (x+1)}{x+1}-\dfrac{x^{2}+2 x}{(x+1)^{2}}\)\(=\dfrac{2(x+1) \ln (x+1)-x^{2}-2 x}{(x+1)^{2}}\)，
設\(g(x)=2(x+1) ln⁡(x+1)-x^2-2x\)，
\({\color{Red}{(導函數y=f^{\prime} (x)的正負性與y=g(x)一致， y=g(x)不能因式分解，函數較為復雜，}}\)
\({\color{Red}{要判斷它的正負性，若能知道它的圖象就好了，便想到二次求導) }}\)
則\(g^{\prime}(x)=2 ln(x+1)-2x=2[ln(x+1)-x]\)，
\({\color{Red}{(此時要分析y=g^{\prime} (x)的正負性，也不容易，則可再次求導分析單調性、最值得到它的圖象從而分析正負性) }}\)
令\(t(x)=g^{\prime}(x)=ln(x+1)-x\)，
則\(t^{\prime}(x)=-\dfrac{x}{1+x}\)，
當\(-1<x<0\)時，\(t^{\prime} (x)>0\)，\(g^{\prime} (x)\)在\((-1 ,0)\)上單調遞增；
當\(x>0\)時，\(t^{\prime} (x)<0\)，\(g^{\prime} (x)\)在\((-1 ,0)\)上單調遞減；
\(∴g^{\prime} (x)\)在\(x=0\)處有最大值，而\(g^{\prime} (0)=0\)，
\({\color{Red}{ (注意到g^{\prime} (0)=0， g^{\prime} (x)的零點)}}\)

\(∴g^{\prime} (x)≤0\),函數\(g(x)\)在\((-1 ,+∞)\)上是單調遞減，
當\(-1<x<0\)時，\(g(x)>g(0)=0\)，\(f^{\prime} (x)>0\)， \(f(x)\)遞增；
當\(x>0\)時，\(g(x)<g(0)=0\)， \(f^{\prime} (x)<0\)，\(f(x)\)遞減；
\({\color{Red}{ (注意到g(0)=0，事情就這么巧，分析出y=f^{\prime} (x)正負性了)}}\)

\(∴f(x)\)的單調增區間是\((-1 ,0)\) ,遞減區間是\((0 ,+∞)\).

【點撥】
① 本題的思路是

② 本題中作了“\(3\)次求導”；當導函數形式較為復雜，利用導數畫出導函數的趨勢圖，數形結合便較容易得到它的正負性了，此時也要注意一些特殊點，比如\(g^{\prime}(0)=0\) ,\(g(0)=0\).
 

【典題3】求\(g(x)=e^x+\cos x-ax-2(x≥0)\)的單調性.
【解析】\(g^{\prime}(x)=e^x-\sin x-a\)， 令\(p(x)=g^{\prime}(x)=e^x-\sin x-a\)，
\({\color{Red}{(構造函數二次求導) }}\)
故\(p^{\prime}(x)=e^x-\cos x\)，
當\(x≥0\)時，\(p^{\prime}(x)≥1-\cos x≥0\)，
故\(p(x)\)在\([0 ,+∞)\)上單調遞增，
\({\color{Red}{(注意三角函數的有界性) }}\)
\({\color{Red}{(此時p(x)_{min}=p(0)=1-a，分析正負性要確定導函數是否有零點，分1－a<0和1－a≥0討論.) }}\)
①當\(a≤1\)時，\(p(x)≥p(0)=1-a≥0\)，即\(g^{\prime} (x)≥0\)，
故\(g(x)\)在\([0 ,+∞)\)上單調遞增；

②當\(a>1\)時，\(p(0)=1-a<0\)，且\(p(ln(a+1))=1-\sin (\ln a(a+1))≥0\)，
故存在\(x_0∈(0 ,\ln (a+1)]\)，使得\(p(x_0)=g'(x_0)=0\)，
\({\color{Red}{ (\ln (a+1)這取點較難，而當x→+∞，p(x)→+∞，也可知y=p(x)零點x_0的存在)}}\)
當\(0<x<x_0\)時，\(g'(x)<0\)，\(g(x)\)單調遞減；
當\(x>x_0\)時，\(g^{\prime} (x)>0\)，\(g(x)\)單調遞增.

綜上所述，當\(a≤1\)時，\(g(x)\)在\([0 ,+∞)\)上單調遞增；
當\(a>1\)時，\(g(x)\)在\([0 ,+∞)\)上先減后增.

【點撥】本題是二次求導在處理含參函數單調性中的運用，在分析導函數正負性，要確定是否存在零點，有時要分類討論.
 

鞏固練習

1 (★★) 求函數\(f(x)=\dfrac{(x+1)\ln x}{x-1}\)的單調性.
 
 

2 (★★) 求函數\(f(x)=\sin x\cdot \ln x\)在區間\((1 ,π)\)的單調性.
 
 

3 (★★★) 求函數\(f(x)=(x+a)\ln x-x+1\)在\((1 ,+∞)\)的單調性.
 
 

參考答案

1. \(f(x)\)在\((0,1)\)上遞減，在\((1 ,+∞)\)遞增

2. \(f(x)\)在\((1 ,π)\)內先增后減.

3. 當\(a≥0\)時，\(f(x)\)在\((1 ,+∞)\)遞增；
   當\(a<0\)時\(f(x)\)在\((1 ,+∞)\)上先減后增.
    

【題型三】二次求導與不等式證明

【典題1】已知函數\(f(x)=(x+1)lnx-x+1\)，
(1) 若\(xf^{\prime} (x)≤x^2+ax+1\)，求\(a\)的取值范圍；
(2) 證明\((x-1)f(x)≥0.\)
【解析】(1)\(f^{\prime}(x)=\dfrac{x+1}{x}+\ln x-1=\ln x+\dfrac{1}{x}\)，
\(x f'(x)=xlnx+1\)，
題設\(xf^{\prime}(x)≤x^2+ax+1\)等價於\(lnx-x≤a\)\({\color{Red}{(分離參數法) }}\)
令\(g(x)=\ln x-x\)，則\(g'(x)=\dfrac{1}{x}-1\)
當\(0<x<1\)，\(g'(x)>0\)；
當\(x≥1\)時，\(g'(x)≤0\)，
\(x=1\)是\(g(x)\)的最大值點，\(g(x)≤g(1)=-1\)，
綜上，\(a\)的取值范圍是\([-1 ,+∞)\)．
(2) \({\color{Red}{方法1 }}\)
要證\((x-1)f(x)≥0\)，
只須證明\(0<x≤1\)時，\(f(x)<0\)；
當\(x>1\)時，\(f(x)>0\)即可 \((*)\).
\({\color{Red}{ (即需要了解函數f(x)的圖像)}}\)
由(1)可知\(f^{\prime}(x)= \ln x+\dfrac{1}{x}\)，
\({\color{Red}{ (該函數正負性有些難判斷，想到可二次求導)}}\)
令\(g(x)=f^{\prime}(x)= \ln x+\dfrac{1}{x}\)，
則\(g^{\prime}(x)=\dfrac{1}{x}-\dfrac{1}{x^{2}}=\dfrac{x-1}{x^{2}}\)，
顯然當\(0<x≤1\)時，\(g^{\prime}(x)≤0\)；
當\(x>1\)時，\(g^{\prime}(x)>0\)，
即\(f^{\prime}(x)= \ln x+\dfrac{1}{x}\)在\((0 ,1)\)上為減函數，在\((1 ,+∞)\)上為增函數，
\(∴f^{\prime}(x)≥f(1)=1>0\)，
即\(f(x)\)在\((0 ,+∞)\)為增函數，
由於\(f(1)=0\)
\({\color{Red}{(這點關鍵，解題中多注意“特殊點”，由於要“了解函數f(x)的圖像”和“證明(*)”的思路也不難想到) }}\)
則\(0<x≤1\)時，\(f(x)<0\)；當\(x>1\)時，\(f(x)>0\)
\(∴(x-1)f(x)≥0\).
方法2 由(1)知，\(g(x)≤g(1)=-1\)，即\(lnx-x+1≤0\)．
當\(0<x≤1\)時，\(f(x)=(x+1)lnx-x+1\)\(=xlnx+(lnx-x+1)≤0\)；
當\(x>1\)時，\(f(x)=\ln x+(x\ln x-x+1)\)\(=\ln x+x(\ln x+\dfrac{1}{x}-1)\)，
\({\color{Red}{ (這步提出x有些“巧妙”) }}\)
令\(h(x)=lnx+\dfrac{1}{x}-1(x>1)\)，\(h'(x)=\dfrac{x-1}{x^2} (x>1)\)，
所以當\(x>1\)時，\(h'(x)>0\) 恆成立，
所以當\(x>1\) 時，\(h(x)>h(1)=0\)，
即 \(x>1\)時，\(f(x)=\ln x+(x \ln x-x+1)\)\(=\ln x+x\left(\ln x+\dfrac{1}{x}-1\right)>0,\)，
所以當\(x>1\)時，\((x-1)f(x)>0\)，
綜上，\((x-1)f(x)≥0\)．
【點撥】比較第二問兩種方法，還是方法一的“二次求導”的思路來得自然些，當一次求導后感覺到“解\(f^{\prime}(x)>0\)和\(f^{\prime}(x)<0\)難度較大或甚至解不出(即很難得到\(f^{\prime} (x)\)的正負性)”，則可嘗試下“二次求導”.在整個過程中，數形結合的思想“如影隨形”，不管是原函數\(f(x)\)還是導函數\(f^{\prime}(x)\)的圖像.
 

【典題2】設函數\(f(x)=ax-lnx-2(a∈R)\)，
(1) 求\(f(x)\)的單調區間
(2) 若\(g(x)=ax-e^x\)，求證：在\(x>0\)時，\(f(x)>g(x)\)．
【解析】(1)\(f^{\prime}(x)=a-\dfrac{1}{x}=\dfrac{a x-1}{x}(x>0)\)
①當\(a≤0\)時，\(f'(x)<0\)在\((0 ,+∞)\)上恆成立，
\(∴f(x)\)在\((0 ,+∞)\)上是單調減函數，
②當\(a>0\)時，令\(f'(x)=0\)，解得\(x=\dfrac{1}{a}\)，
當\(x∈(0 ,\dfrac{1}{a})\)時，\(f'(x)<0\)，\(f(x)\)單調減，
當\(x∈(\dfrac{1}{a},+∞)\)時，\(f'(x)>0\)，\(f(x)\)單調增，
綜上所述：當\(a≤0\)時，\(f(x)\)的單調減區間為\((0 ,+∞)\)；
當\(a>0\)時，\(f(x)\)的單調減區間為\((0 ,1/a)\)，單調增區間為\((\dfrac{1}{a},+∞)\)．
(2)證明：當\(x>0\)時，要證\(f(x)-ax+e^x>0\)，
即證\(e^x-lnx-2>0\)，
令\(h(x)=e^x-lnx-2(x>0)\)，只需證\(h(x)>0\)，
\(∵h'(x)=e^x-\dfrac{1}{x}\)
\({\color{Red}{(求解e^x-\dfrac{1}{x}>0很難，得不到h'(x)的正負性，故想到二次求導) }}\)
令\(s(x)=e^x-\dfrac{1}{x}(x>0)\)，
則\(s^{\prime}(x)=e^{x}+\dfrac{1}{x^{2}}>0\)，函數\(s(x)\)在\((0 ,+∞)\)單調遞增，
又\(∵s(1)=e-1>0\)，\(s(\dfrac{1}{3})=e^{\dfrac{1}{3}}-3<0\)
\(∴s(x)\)在\((\dfrac{1}{3},1)\)內存在唯一的零點，
\({\color{Red}{ (這是“隱零點問題”，得到零點的取值范圍較為關鍵) }}\)
即\(h'(x)\)在\((0,+∞)\)上有唯一零點，
設\(h'(x)\)的零點為\(t \quad (\dfrac{1}{3}<t<1)\)，
則\(h^{\prime}(t)=e^{t}-\dfrac{1}{t}=0\)，即\(e^{t}=\dfrac{1}{t}\)，
\(∴\)當\(x∈(0 ,t)\)時，\(h'(x)<h'(t)=0\)，\(h(x)\)為減函數，
當\(x∈(t ,+∞)\)時，\(h'(x)>h'(t)=0\)，\(h(x)\)為增函數，
\(∴\)當\(x>0\)時，\(h(x)≥h(t)=e^t-lnt-2=\dfrac{1}{t}+t-2\)，
又\(\dfrac{1}{3}<t<1\)，\(∴\dfrac{1}{t}+t>2\)，
\({\color{Red}{ (對勾函數y=\dfrac{1}{t}+t可知) }}\)
\(∴h(x)>0=\dfrac{1}{t}+t-2≥2-2=0\)．
即在\(x>0\)時，\(f(x)>g(x)\).
 

鞏固練習

1 (★★★) 證明當\(x>0\)時，\(x-\dfrac{x^{3}}{6}<\sin x<x\).
 
 
2 (★★★) 已知函數\(f(x)=e^x\)，\(g(x)=\dfrac{a}{x}\)，\(a\)為實常數，
(1)設\(F（x）=f(x)-g(x)\)，當\(a>0\)時，求函數\(F(x)\)的單調區間；
(2)當\(a=-e\)時，直線\(x=m\) ,\(x=n(m>0 ,n>0)\)與函數\(f(x)\) ,\(g(x)\)的圖像共有四個不同的交點，且以此四點為頂點的四邊形恰為平行四邊形，求證：\((m-1)(n-1)<0\).
 
 

3 (★★★★) 已知函數\(f(x)=ax^2-ax-xlnx\)，且\(f(x)≥0\)，
(1)求\(a\)；
(2)證明：\(f(x)\)存在唯一的極大值點\(x_0\)，且\(e^{-2}<f(x)<2^{-2}\).
 
 

參考答案

1. 提示：構造函數，二次求導

2. (1) \(F(x)\)的單調遞增區間為\((－∞ ,0)\) ,\((0 ,+∞)\)，無單調遞減區間；
   (2) 證明略，提示：二次求導

3. (1) \(a=1\)

   (2)證明略，提示：二次求導