专题 导数中的二次求导
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知识剖析
二阶导数的概念
如果函数\(y=f(x)\)的导数\(f'(x)\)在\(x\)处可导,则称\(y'\)的导数为函数\(y=f(x)\)在\(x\)处的二阶导数,记为\(f''(x)\).
\({\color{Red}{ Eg: }}\)若函数\(f(x)=x^3\),则\(f^{\prime}(x)=3x^2\),\(f^{\prime \prime}(x)=\left[f^{\prime}(x)\right]^{\prime}=\left[3 x^{2}\right]^{\prime}=6 x\).
二阶导数的意义
二阶导数是一阶导数的导数.从原理上看,它表示一阶导数的变化率;从图形上看,它反映的是函数图像的凹凸性.
若在\((a,b)\)内\(f^{\prime \prime} (x)>0\),则\(f(x)\)在\((a,b)\)内为凹函数;若在\((a,b)\)内\(f^{\prime \prime} (x)<0\),则\(f(x)\)在\((a,b)\)内为凸函数;
\({\color{Red}{ Eg:}}\) \(f(x)=e^x\),其二次导数为\(f^{\prime \prime}(x)=e^x>0\),凹函数;
\(f(x)=lnx\),其二次导数\(f^{\prime \prime}(x)=-\dfrac{1}{x^{2}}<0\),为凸函数;
了解函数凹凸性,对于部分题型有助于更快地找到解题思路,特别是在切线放缩.
二次求导的运用
\({\color{Red}{ ①}}\) 二阶导数在高中教材中没有介绍,我们不好直接使用二阶导数性质,甚至它的符号\(f''(x)\).
\({\color{Red}{② }}\) 二次求导除了可以判断函数凹凸性,还有一个重要运用,
\({\color{Red}{ (i) }}\)使用场景:某些函数一次求导\(f^{\prime}(x)\)后,解\(f^{\prime}(x)>0\)和\(f^{\prime}(x)<0\)难度较大或甚至解不出(即很难得到\(f^{\prime}(x)\)的正负性),则需要进行”二次求导”.
\({\color{Red}{ (ii) }}\)思考:若能知道\(y=f^{\prime}(x)\)的图像(或草图),其正负性是否更好分析呢?那图如何而来?求导便可画图拉,分析其单调性、极值、最值等,这样一想便有了以下解题步骤;
\({\color{Red}{ (iii) }}\)解题步骤:设\(g(x)=f^{\prime}(x)\),对\(g(x)\)求导\(g^{\prime} (x)\),求出\(g^{\prime}(x)>0\)和\(g^{\prime}(x)<0\)的解,便可得到\(g(x)\)的单调性,进而求其最值,不难得到\(g(x)=f^{\prime}(x)\)的正负性,由图可知原函数\(f(x)\)的单调性.
若\(g^{\prime}(x)>0\)也很难求解呢?那就要三次求导.
经典例题
【题型一】判断函数的凹凸性
【典题1】判断以下几个超越函数的凹凸性
\((1) f(x)=x\cdot e^x\) \(\qquad \qquad\) \((2)f(x)=\dfrac{e^x}{x}\) \(\qquad \qquad\) \((3) f(x)=x\cdot \ln x\)
【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;
【点拨】对于常见的超越函数,需要了解下它们的图象,特别是凹凸性,日后会经常见到它们的踪影,比如二次求导、求最值.、不等式证明、切线放缩等.
巩固练习
1 (★) 判断以下几个超越函数的凹凸性
\((1) f(x)=\dfrac{\ln x}{x}\) \(\qquad \qquad\) \((2)f(x)=\dfrac{ x}{\ln x}\) \(\qquad \qquad\) \((3)f(x)=\dfrac{x}{e^x}\)
参考答案
- \((1) f(x)\)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.
【题型二】 二次求导与函数的单调性
【典题1】若函数\(f(x)=\dfrac{\sin x}{x}\),\(0<x_{1}<x_{2}<\pi\),设\(a=f(x_1 ),b=f(x_2)\),试比较\(a ,b\)的大小.
【解析】
\({\color{Red}{ (要比较a, b的大小,显然想到y=f(x)单调性)}}\)
\(f^{\prime}(x)=\dfrac{x \cos x-\sin x}{x^{2}}\) ,
设\(g(x)=x\cos x-\sin x\),
\({\color{Red}{(要知道原函数y=f(x)的单调性,则分析y=x\cos x-\sin x的正负性,}}\)
\({\color{Red}{而它不太好分析,可构造函数y=g(x)二次求导,分析其单调性最值得到其函数图像便利于分析其正负性) }}\)
则\(g^{\prime}(x)=-x\sin x+\cos x-\cos x=-x\sin x\)
当\(0<x<π\)时,\(g^{\prime}(x)<0\),即\(g(x)\)在\((0 ,π)\)上递减,
\(∴g(x)<g(0)=0\),
\({\color{Red}{ (此时得到函数y=g(x)的草图,正负性便确定)}}\)
\(∴f^{\prime}(x)<0\),\(∴f(x)在(0 ,π)\)上递减,
\(∴\)当\(0<x_1<x_2<π\),\(f(x_1 )>f(x_2)\),即\(a>b\).
【点拨】
① 要研究函数的单调性,则需要分析导函数的正负性;
② 当一次求导后,发现导函数不太“友善”(不能转化为常见的“一次型导数\(y=kx+b\)”, “二次型导数\(y=ax^2+bx+c\)",“指数型导数\(y=ke^x+b\)”或其混合型等),则可考虑构造新函数进行二次求导.
【典题2】求函数\(f(x)=\ln ^{2}(x+1)-\dfrac{x^{2}}{1+x}\)的单调性.
【解析】\(f(x)\)的定义域是\((-1 ,+∞)\),
\(f^{\prime}(x)=\dfrac{2 \ln (x+1)}{x+1}-\dfrac{x^{2}+2 x}{(x+1)^{2}}\)\(=\dfrac{2(x+1) \ln (x+1)-x^{2}-2 x}{(x+1)^{2}}\),
设\(g(x)=2(x+1) ln(x+1)-x^2-2x\),
\({\color{Red}{(导函数y=f^{\prime} (x)的正负性与y=g(x)一致, y=g(x)不能因式分解,函数较为复杂,}}\)
\({\color{Red}{要判断它的正负性,若能知道它的图象就好了,便想到二次求导) }}\)
则\(g^{\prime}(x)=2 ln(x+1)-2x=2[ln(x+1)-x]\),
\({\color{Red}{(此时要分析y=g^{\prime} (x)的正负性,也不容易,则可再次求导分析单调性、最值得到它的图象从而分析正负性) }}\)
令\(t(x)=g^{\prime}(x)=ln(x+1)-x\),
则\(t^{\prime}(x)=-\dfrac{x}{1+x}\),
当\(-1<x<0\)时,\(t^{\prime} (x)>0\),\(g^{\prime} (x)\)在\((-1 ,0)\)上单调递增;
当\(x>0\)时,\(t^{\prime} (x)<0\),\(g^{\prime} (x)\)在\((-1 ,0)\)上单调递减;
\(∴g^{\prime} (x)\)在\(x=0\)处有最大值,而\(g^{\prime} (0)=0\),
\({\color{Red}{ (注意到g^{\prime} (0)=0, g^{\prime} (x)的零点)}}\)
\(∴g^{\prime} (x)≤0\),函数\(g(x)\)在\((-1 ,+∞)\)上是单调递减,
当\(-1<x<0\)时,\(g(x)>g(0)=0\),\(f^{\prime} (x)>0\), \(f(x)\)递增;
当\(x>0\)时,\(g(x)<g(0)=0\), \(f^{\prime} (x)<0\),\(f(x)\)递减;
\({\color{Red}{ (注意到g(0)=0,事情就这么巧,分析出y=f^{\prime} (x)正负性了)}}\)
\(∴f(x)\)的单调增区间是\((-1 ,0)\) ,递减区间是\((0 ,+∞)\).
【点拨】
① 本题的思路是
② 本题中作了“\(3\)次求导”;当导函数形式较为复杂,利用导数画出导函数的趋势图,数形结合便较容易得到它的正负性了,此时也要注意一些特殊点,比如\(g^{\prime}(0)=0\) ,\(g(0)=0\).
【典题3】求\(g(x)=e^x+\cos x-ax-2(x≥0)\)的单调性.
【解析】\(g^{\prime}(x)=e^x-\sin x-a\), 令\(p(x)=g^{\prime}(x)=e^x-\sin x-a\),
\({\color{Red}{(构造函数二次求导) }}\)
故\(p^{\prime}(x)=e^x-\cos x\),
当\(x≥0\)时,\(p^{\prime}(x)≥1-\cos x≥0\),
故\(p(x)\)在\([0 ,+∞)\)上单调递增,
\({\color{Red}{(注意三角函数的有界性) }}\)
\({\color{Red}{(此时p(x)_{min}=p(0)=1-a,分析正负性要确定导函数是否有零点,分1-a<0和1-a≥0讨论.) }}\)
①当\(a≤1\)时,\(p(x)≥p(0)=1-a≥0\),即\(g^{\prime} (x)≥0\),
故\(g(x)\)在\([0 ,+∞)\)上单调递增;
②当\(a>1\)时,\(p(0)=1-a<0\),且\(p(ln(a+1))=1-\sin (\ln a(a+1))≥0\),
故存在\(x_0∈(0 ,\ln (a+1)]\),使得\(p(x_0)=g'(x_0)=0\),
\({\color{Red}{ (\ln (a+1)这取点较难,而当x→+∞,p(x)→+∞,也可知y=p(x)零点x_0的存在)}}\)
当\(0<x<x_0\)时,\(g'(x)<0\),\(g(x)\)单调递减;
当\(x>x_0\)时,\(g^{\prime} (x)>0\),\(g(x)\)单调递增.
综上所述,当\(a≤1\)时,\(g(x)\)在\([0 ,+∞)\)上单调递增;
当\(a>1\)时,\(g(x)\)在\([0 ,+∞)\)上先减后增.
【点拨】本题是二次求导在处理含参函数单调性中的运用,在分析导函数正负性,要确定是否存在零点,有时要分类讨论.
巩固练习
1 (★★) 求函数\(f(x)=\dfrac{(x+1)\ln x}{x-1}\)的单调性.
2 (★★) 求函数\(f(x)=\sin x\cdot \ln x\)在区间\((1 ,π)\)的单调性.
3 (★★★) 求函数\(f(x)=(x+a)\ln x-x+1\)在\((1 ,+∞)\)的单调性.
参考答案
-
\(f(x)\)在\((0,1)\)上递减,在\((1 ,+∞)\)递增
-
\(f(x)\)在\((1 ,π)\)内先增后减.
-
当\(a≥0\)时,\(f(x)\)在\((1 ,+∞)\)递增;
当\(a<0\)时\(f(x)\)在\((1 ,+∞)\)上先减后增.
【题型三】二次求导与不等式证明
【典题1】已知函数\(f(x)=(x+1)lnx-x+1\),
(1) 若\(xf^{\prime} (x)≤x^2+ax+1\),求\(a\)的取值范围;
(2) 证明\((x-1)f(x)≥0.\)
【解析】(1)\(f^{\prime}(x)=\dfrac{x+1}{x}+\ln x-1=\ln x+\dfrac{1}{x}\),
\(x f'(x)=xlnx+1\),
题设\(xf^{\prime}(x)≤x^2+ax+1\)等价于\(lnx-x≤a\)\({\color{Red}{(分离参数法) }}\)
令\(g(x)=\ln x-x\),则\(g'(x)=\dfrac{1}{x}-1\)
当\(0<x<1\),\(g'(x)>0\);
当\(x≥1\)时,\(g'(x)≤0\),
\(x=1\)是\(g(x)\)的最大值点,\(g(x)≤g(1)=-1\),
综上,\(a\)的取值范围是\([-1 ,+∞)\).
(2) \({\color{Red}{方法1 }}\)
要证\((x-1)f(x)≥0\),
只须证明\(0<x≤1\)时,\(f(x)<0\);
当\(x>1\)时,\(f(x)>0\)即可 \((*)\).
\({\color{Red}{ (即需要了解函数f(x)的图像)}}\)
由(1)可知\(f^{\prime}(x)= \ln x+\dfrac{1}{x}\),
\({\color{Red}{ (该函数正负性有些难判断,想到可二次求导)}}\)
令\(g(x)=f^{\prime}(x)= \ln x+\dfrac{1}{x}\),
则\(g^{\prime}(x)=\dfrac{1}{x}-\dfrac{1}{x^{2}}=\dfrac{x-1}{x^{2}}\),
显然当\(0<x≤1\)时,\(g^{\prime}(x)≤0\);
当\(x>1\)时,\(g^{\prime}(x)>0\),
即\(f^{\prime}(x)= \ln x+\dfrac{1}{x}\)在\((0 ,1)\)上为减函数,在\((1 ,+∞)\)上为增函数,
\(∴f^{\prime}(x)≥f(1)=1>0\),
即\(f(x)\)在\((0 ,+∞)\)为增函数,
由于\(f(1)=0\)
\({\color{Red}{(这点关键,解题中多注意“特殊点”,由于要“了解函数f(x)的图像”和“证明(*)”的思路也不难想到) }}\)
则\(0<x≤1\)时,\(f(x)<0\);当\(x>1\)时,\(f(x)>0\)
\(∴(x-1)f(x)≥0\).
方法2 由(1)知,\(g(x)≤g(1)=-1\),即\(lnx-x+1≤0\).
当\(0<x≤1\)时,\(f(x)=(x+1)lnx-x+1\)\(=xlnx+(lnx-x+1)≤0\);
当\(x>1\)时,\(f(x)=\ln x+(x\ln x-x+1)\)\(=\ln x+x(\ln x+\dfrac{1}{x}-1)\),
\({\color{Red}{ (这步提出x有些“巧妙”) }}\)
令\(h(x)=lnx+\dfrac{1}{x}-1(x>1)\),\(h'(x)=\dfrac{x-1}{x^2} (x>1)\),
所以当\(x>1\)时,\(h'(x)>0\) 恒成立,
所以当\(x>1\) 时,\(h(x)>h(1)=0\),
即 \(x>1\)时,\(f(x)=\ln x+(x \ln x-x+1)\)\(=\ln x+x\left(\ln x+\dfrac{1}{x}-1\right)>0,\),
所以当\(x>1\)时,\((x-1)f(x)>0\),
综上,\((x-1)f(x)≥0\).
【点拨】比较第二问两种方法,还是方法一的“二次求导”的思路来得自然些,当一次求导后感觉到“解\(f^{\prime}(x)>0\)和\(f^{\prime}(x)<0\)难度较大或甚至解不出(即很难得到\(f^{\prime} (x)\)的正负性)”,则可尝试下“二次求导”.在整个过程中,数形结合的思想“如影随形”,不管是原函数\(f(x)\)还是导函数\(f^{\prime}(x)\)的图像.
【典题2】设函数\(f(x)=ax-lnx-2(a∈R)\),
(1) 求\(f(x)\)的单调区间
(2) 若\(g(x)=ax-e^x\),求证:在\(x>0\)时,\(f(x)>g(x)\).
【解析】(1)\(f^{\prime}(x)=a-\dfrac{1}{x}=\dfrac{a x-1}{x}(x>0)\)
①当\(a≤0\)时,\(f'(x)<0\)在\((0 ,+∞)\)上恒成立,
\(∴f(x)\)在\((0 ,+∞)\)上是单调减函数,
②当\(a>0\)时,令\(f'(x)=0\),解得\(x=\dfrac{1}{a}\),
当\(x∈(0 ,\dfrac{1}{a})\)时,\(f'(x)<0\),\(f(x)\)单调减,
当\(x∈(\dfrac{1}{a},+∞)\)时,\(f'(x)>0\),\(f(x)\)单调增,
综上所述:当\(a≤0\)时,\(f(x)\)的单调减区间为\((0 ,+∞)\);
当\(a>0\)时,\(f(x)\)的单调减区间为\((0 ,1/a)\),单调增区间为\((\dfrac{1}{a},+∞)\).
(2)证明:当\(x>0\)时,要证\(f(x)-ax+e^x>0\),
即证\(e^x-lnx-2>0\),
令\(h(x)=e^x-lnx-2(x>0)\),只需证\(h(x)>0\),
\(∵h'(x)=e^x-\dfrac{1}{x}\)
\({\color{Red}{(求解e^x-\dfrac{1}{x}>0很难,得不到h'(x)的正负性,故想到二次求导) }}\)
令\(s(x)=e^x-\dfrac{1}{x}(x>0)\),
则\(s^{\prime}(x)=e^{x}+\dfrac{1}{x^{2}}>0\),函数\(s(x)\)在\((0 ,+∞)\)单调递增,
又\(∵s(1)=e-1>0\),\(s(\dfrac{1}{3})=e^{\dfrac{1}{3}}-3<0\)
\(∴s(x)\)在\((\dfrac{1}{3},1)\)内存在唯一的零点,
\({\color{Red}{ (这是“隐零点问题”,得到零点的取值范围较为关键) }}\)
即\(h'(x)\)在\((0,+∞)\)上有唯一零点,
设\(h'(x)\)的零点为\(t \quad (\dfrac{1}{3}<t<1)\),
则\(h^{\prime}(t)=e^{t}-\dfrac{1}{t}=0\),即\(e^{t}=\dfrac{1}{t}\),
\(∴\)当\(x∈(0 ,t)\)时,\(h'(x)<h'(t)=0\),\(h(x)\)为减函数,
当\(x∈(t ,+∞)\)时,\(h'(x)>h'(t)=0\),\(h(x)\)为增函数,
\(∴\)当\(x>0\)时,\(h(x)≥h(t)=e^t-lnt-2=\dfrac{1}{t}+t-2\),
又\(\dfrac{1}{3}<t<1\),\(∴\dfrac{1}{t}+t>2\),
\({\color{Red}{ (对勾函数y=\dfrac{1}{t}+t可知) }}\)
\(∴h(x)>0=\dfrac{1}{t}+t-2≥2-2=0\).
即在\(x>0\)时,\(f(x)>g(x)\).
巩固练习
1 (★★★) 证明当\(x>0\)时,\(x-\dfrac{x^{3}}{6}<\sin x<x\).
2 (★★★) 已知函数\(f(x)=e^x\),\(g(x)=\dfrac{a}{x}\),\(a\)为实常数,
(1)设\(F(x)=f(x)-g(x)\),当\(a>0\)时,求函数\(F(x)\)的单调区间;
(2)当\(a=-e\)时,直线\(x=m\) ,\(x=n(m>0 ,n>0)\)与函数\(f(x)\) ,\(g(x)\)的图像共有四个不同的交点,且以此四点为顶点的四边形恰为平行四边形,求证:\((m-1)(n-1)<0\).
3 (★★★★) 已知函数\(f(x)=ax^2-ax-xlnx\),且\(f(x)≥0\),
(1)求\(a\);
(2)证明:\(f(x)\)存在唯一的极大值点\(x_0\),且\(e^{-2}<f(x)<2^{-2}\).
参考答案
-
提示:构造函数,二次求导
-
(1) \(F(x)\)的单调递增区间为\((-∞ ,0)\) ,\((0 ,+∞)\),无单调递减区间;
(2) 证明略,提示:二次求导 -
(1) \(a=1\)
(2)证明略,提示:二次求导