例談二階導數在高中數學中的應用

王耀民

摘 要：導數是高中數學與高等數學的一個銜接點，也是高中學生進入高校進一步學習數學的起點。導數的應用已經是高考試卷中的必選內容，而在課本中從未提及的二階導數的使用正在悄悄上演，什么是有二階導數相關背景的問題？如何破解？本文擬對此加以分析。

關鍵詞：高中數學；二階導數；例題分析

導數在高中教材中所占篇幅并不大，但在高考中占分比卻達到了10%左右。主要涉及兩方面的問題：1.導數的運算：以導數為工具求曲線的切線斜率或切線方程，以微積分基本定理為工具計算曲邊梯形面積，是高考的重點；2.導數的應用：主要是利用導數研究函數的單調性、極值與最值，以及與導數有關的恒成立問題，與不等式、方程、數列等結合的綜合問題等。近年來，無論是采用全國卷的地區還是自主命題地區，導數幾乎都在壓軸題位置，足見其重要性。導數的一般應用即一階導數的應用在教學環節自然少不了，二階導數的使用也漸漸登上舞臺，本文以幾個實例談談二階導數在高中數學中的應用。

一、利用二階導數解決三次函數的對稱中心相關問題

例1：【2012·自貢三模改編】對于三次函數f（x）=ax3+ bx2+cx+d（a≠0），定義y=f'（x）是y=f（x）的導函數，f''（x）是y=f'（x）的導函數，若方程f"（x）=0有實數解x0，則稱點（x0，f（x0））為函數y=f（x）的“拐點”。有的同學發現”任何三次函數都有“拐點”；任何三次函數都有對稱中心；且對稱中心就是“拐點”。請你根據這一發現判斷下列命題：

（1）任意三次函數都關于點（-■，f（-■））對稱；

（2）存在三次函數，f"（x）=0有實數解x0，（x0，f（x0））點為函數y=f（x）的對稱中心；

（3）存在三次函數有兩個及兩個以上的對稱中心；

（4）若函數g（x）=x3-3x2，則g（■）+g（■）+g（■）+…+g（■）=-8054.

其中正確命題的序號為 。

【解析】（1）由題意，f'（x）=3ax2+2bx+c（a≠0），f"（x）=6ax+2b（a≠0），

令f"（x）=0，得x=-■，所以任意三次函數都關于點（-■，f（-■））對稱，故（1）正確。

（2）由（1）知，x0=-■，代入f'（x）=0，可得b2=3ac，即存在三次函數，f'（x）=0有實解x0，點（x0，f（x0））為函數y=f（x）的對稱中心，故（2）正確；

（3）由（1）知，三次函數有且只有一個對稱中心，即不存在三次函數有兩個及兩個以上的對稱中心，故（3）不正確；

（4）∵g（x）=x3-3x2，∴g'（x）=3x2-6x，g"（x）=6x-6.

令g"（x）=0，得x=1，g（1）=-2.∴g（x）=x3-3x2的對稱中心為（1-2）.

∴g（x）+g（2-x）=-4，∴g（■）+g（■）+g（■）+…+g（■）=-8054

∴（4）正確。故正確命題序號為（1）（2）（4）.

這里對三次函數的拐點即二階導數的實際意義的介紹是在一階導數基礎上比較好的背景拓展。

例2：【烏魯木齊地區2014年高三第二次診斷理科數學16】已知直線x+y+1=0與曲線C：y=x3-3px2相交于點A，B，且曲線C在A，B處的切線平行，則實數p的值為 。

【解析1】曲線C：y=x3-3px2，則y'=3x2-6px，設A（x1，y1），B（x2，y2），

依題意知m=3x21-6px1…⑴，m=3x22-6px2…⑵，∴x1，x2是方程3x2-6px-m=0的兩個根∴x1+x2=2p…⑶，下證線段AB的中點在曲線C上，

∵■

=■

=■=-2p3，

而（■）3-3p（■）2=（■）3-3p（■）2=-2p3

∴線段AB的中點在曲線C上，由⑶知線段AB的中點為（p，p-1）

-p-1=p3-3p·p2=-2p3，解得p=1.

【解析2】由上例1關于三次函數的背景認識可知，三次函數的圖像是中心對稱圖形，且其對稱中心為三次函數的拐點。由本題中題意，結合三次函數圖像分析可知：僅當直線通過三次函數的拐點（對稱中心）時，其與函數圖象的另外兩個交點處的切線平行。

由C：y=x3-3px2，則y'=3x2-6px，y"=6x-6p

令y"=6x-6p=0，得x=p，將其代入函數解析式，可得函數的對稱中心為M（p，-2p3）.

由上分析則點M在直線x+y+1=0上，故p-2p3+1=0，解之得p=1：

本題在考試后統計發現，對學生來說這是地地道道的難題。而且【解析1】需要學生有較強的推理能力，相比較而言，在導數的教學中，若能以【例1】的方式拋出三次函數圖像具備中心對稱的圖形特征以及中心的求解方法，以此為背景解決類似問題便輕而易舉，再如：

例3：【2012眉山一模】函數f（x）=ax3-6ax2+3bx+b其圖象在x=2處的切線方程為3x+y-11=0.（1）求函數的解析式；（2）若關于x的方程f（x）-m=0在[■，4]上恰有兩個不等實根，求實數的取值范圍；（3）函數y=f（x）的圖象是否存在對稱中心？若存在，求出坐標；若不存在，說明理由。

【解析】結合本文主題，僅看問題（3）解法1：若函數f（x）圖象存在對稱中心則其極值點也關于此中心對稱，故可先求出函數f（x）的極值點然后利用中點坐標公式求出的中點即為對稱中心，然后再利用對稱的定義證明則曲線y=f（x）關于此點對稱即可；解法2：相比較而言，由上給出的信息，可以利用二階導數求出該三次函數的對稱中心坐標，后面只需證明函數關于該點對稱，這就不再是什么難事了。

二、利用二階導數解決函數中最值問題

例1：【烏魯木齊地區2014年高三第三次診斷理科數學21】已知函數f（x）=1-ln（x+1），g（x）=ax2-x+1.

（1）求證1-x≤f（x）<■；（2）當0≤x≤1時，若f（x）≥g（x）恒成立，求實數a的取值范圍。

就問題2給出如下兩種解法：

【解析1：標準答案】

（1）令F（x）=g（x）-f（x）=ln（x+1）+ax2-x，則F'（x）=■

①當時a≤0，2a-1<0，∴當x≥0，∴x+1>0，2ax+2a-1≤0∴F'（x）≤0，∴函數y=F（x），x∈[0，1]為減函數，∴當0≤x≤1時，F（x）≤F（0）=0，

即a≤0時，f（x）≥g（x）成立

②當0

則對？坌x∈[0，1]，x-■≤x-1≤0，∴x+1>0，2ax+2a-1≤0

∴F'（x）≤0，∴函數y=F（x），x∈[0，1]為減函數，

∴當0≤x≤1時，F（x）≤F（0）=0，即0

③當■

∴當0≤x≤■時，∴x+1>0，2ax+2a-1≤0，∴F'（x）≤0

當■0，2ax+2a-1≥0，F'（x）≥0，

∴函數y=F（x），x∈[0，1]的減區間為[0，■]，增區間為[■，1]

又∵F（0）=0，F（1）=ln2-1+a≤0

∴對？坌x∈[0，1]，F（x）≤max{F（0），F（1）}≤0

故，當0≤x≤1時，f（x）≥g（x）成立

④當a>1-ln2時，有a+ln2-1>0，∴F（1）=a+ln2-1>0

即g（1）>f（1），與題意矛盾

綜上所述，a∈（-∞，1-ln2]，對0≤x≤1，有f（x）≥g（x）.

【解析2】由題意：f（x）≥g（x）恒成立，即1-ln（x+1）≥ax2-x+1在[0，1]上恒成立，

即ax2≤x-ln（x+1）在[0，1]上恒成立，

（1）當x=0時，不等式恒成立，∴a∈R；

（2）當x∈（0，1]時，由上式可得：a≤■恒成立，

即a≤[■]min，下求右式的最小值。

令h（x）=■，則h'（x）=■，這里還不能判斷出h（x）的單調區間、單調性，因為求解h（x）的單調性，即求解不等式h'（x）>0不是初等函數范圍內能求解的。怎么辦呢？

令m（x）=-x-■+2ln（x+1），則m'（x）=-■<0恒成立。

∴m（x）在（0，1]上為減函數，且m（x）

即函數h（x）在（0，1]上為減函數，

∴h（x）min=h（1）=1-ln2，∴a≤1-ln2

綜上：（1），（2）得：a≤1-ln2

對照兩種解法，顯然【解析2】在運算上更加簡潔，所用知識很基礎，就是導數的直接應用，只不過用了兩次。而在新疆自去年年末的烏魯木齊一模開始，對于二階導數甚至牽涉了三階導數的問題設置多次出現，并且都是壓軸題，體現出了命題者對導數的重視，體現了導數的分量。同時也為導數在高中的教學增加了一些新意。再如：

例2：【烏魯木齊地區2014年高三第一次診斷性測驗理科數學21】已知函數f（x）=ex-e-x（x∈R）

（1）求證：當x≥0時，f（x）≥2x+■；

（2）試討論函數H（x）=f（x）-ax（a∈R）的零點個數.

【解析】就第一問探討：

（1）令g（x）=f（x）-2x-■，（x≥0）

則g'（x）=f'（x）-2-x2=ex+e-x-2-x2，

g"（x）=f（x）-2x，

∵g'''（x）=f'（x）-2=ex+e-x-2

當x≥0時，ex>0，e-x>0，∴ex+e-x≥2■=2…①

∴g"'（x）≥0，∴函數y=g"（x）（x≥0）為增函數，

∴g"（x）≥g"（0）=0，即f（x）-2x≥0…②∴函數y=g'（x）（x≥0）為增函數，

∴g'（x）≥g'（0）=0，即ex+e-x≥2+x2…③∴函數y=g（x）（x≥0）為增函數，

∴g（x）≥g（0）=0，即當x≥0時，f（x）≥2x+■成立。

這里使用導數（包括一階、二階、三階）的情形再次充分體現了“導數的基本功能-確定單調性-求解最值”。但在具體的教學，特別是在高三之前的學習中，導數學習的深度往往不一定能達到相應的水平，從而不能為解決相關問題提供有力的支撐。所以，在高三的復習過程中，要著力培養學生使用導數這一工具的意識和膽識，讓它的基本功能淋漓盡致地發揮出來。

二、利用二階導數解決函數中最值問題

例1：【烏魯木齊地區2014年高三第三次診斷理科數學21】已知函數f（x）=1-ln（x+1），g（x）=ax2-x+1.

（1）求證1-x≤f（x）<■；（2）當0≤x≤1時，若f（x）≥g（x）恒成立，求實數a的取值范圍。

就問題2給出如下兩種解法：

【解析1：標準答案】

（1）令F（x）=g（x）-f（x）=ln（x+1）+ax2-x，則F'（x）=■

①當時a≤0，2a-1<0，∴當x≥0，∴x+1>0，2ax+2a-1≤0∴F'（x）≤0，∴函數y=F（x），x∈[0，1]為減函數，∴當0≤x≤1時，F（x）≤F（0）=0，

即a≤0時，f（x）≥g（x）成立

②當0

則對？坌x∈[0，1]，x-■≤x-1≤0，∴x+1>0，2ax+2a-1≤0

∴F'（x）≤0，∴函數y=F（x），x∈[0，1]為減函數，

∴當0≤x≤1時，F（x）≤F（0）=0，即0

③當■

∴當0≤x≤■時，∴x+1>0，2ax+2a-1≤0，∴F'（x）≤0

當■0，2ax+2a-1≥0，F'（x）≥0，

∴函數y=F（x），x∈[0，1]的減區間為[0，■]，增區間為[■，1]

又∵F（0）=0，F（1）=ln2-1+a≤0

∴對？坌x∈[0，1]，F（x）≤max{F（0），F（1）}≤0

故，當0≤x≤1時，f（x）≥g（x）成立

④當a>1-ln2時，有a+ln2-1>0，∴F（1）=a+ln2-1>0

即g（1）>f（1），與題意矛盾

綜上所述，a∈（-∞，1-ln2]，對0≤x≤1，有f（x）≥g（x）.

【解析2】由題意：f（x）≥g（x）恒成立，即1-ln（x+1）≥ax2-x+1在[0，1]上恒成立，

即ax2≤x-ln（x+1）在[0，1]上恒成立，

（1）當x=0時，不等式恒成立，∴a∈R；

（2）當x∈（0，1]時，由上式可得：a≤■恒成立，

即a≤[■]min，下求右式的最小值。

令h（x）=■，則h'（x）=■，這里還不能判斷出h（x）的單調區間、單調性，因為求解h（x）的單調性，即求解不等式h'（x）>0不是初等函數范圍內能求解的。怎么辦呢？

令m（x）=-x-■+2ln（x+1），則m'（x）=-■<0恒成立。

∴m（x）在（0，1]上為減函數，且m（x）

即函數h（x）在（0，1]上為減函數，

∴h（x）min=h（1）=1-ln2，∴a≤1-ln2

綜上：（1），（2）得：a≤1-ln2

對照兩種解法，顯然【解析2】在運算上更加簡潔，所用知識很基礎，就是導數的直接應用，只不過用了兩次。而在新疆自去年年末的烏魯木齊一模開始，對于二階導數甚至牽涉了三階導數的問題設置多次出現，并且都是壓軸題，體現出了命題者對導數的重視，體現了導數的分量。同時也為導數在高中的教學增加了一些新意。再如：

例2：【烏魯木齊地區2014年高三第一次診斷性測驗理科數學21】已知函數f（x）=ex-e-x（x∈R）

（1）求證：當x≥0時，f（x）≥2x+■；

（2）試討論函數H（x）=f（x）-ax（a∈R）的零點個數.

【解析】就第一問探討：

（1）令g（x）=f（x）-2x-■，（x≥0）

則g'（x）=f'（x）-2-x2=ex+e-x-2-x2，

g"（x）=f（x）-2x，

∵g'''（x）=f'（x）-2=ex+e-x-2

當x≥0時，ex>0，e-x>0，∴ex+e-x≥2■=2…①

∴g"'（x）≥0，∴函數y=g"（x）（x≥0）為增函數，

∴g"（x）≥g"（0）=0，即f（x）-2x≥0…②∴函數y=g'（x）（x≥0）為增函數，

∴g'（x）≥g'（0）=0，即ex+e-x≥2+x2…③∴函數y=g（x）（x≥0）為增函數，

∴g（x）≥g（0）=0，即當x≥0時，f（x）≥2x+■成立。

這里使用導數（包括一階、二階、三階）的情形再次充分體現了“導數的基本功能-確定單調性-求解最值”。但在具體的教學，特別是在高三之前的學習中，導數學習的深度往往不一定能達到相應的水平，從而不能為解決相關問題提供有力的支撐。所以，在高三的復習過程中，要著力培養學生使用導數這一工具的意識和膽識，讓它的基本功能淋漓盡致地發揮出來。

二、利用二階導數解決函數中最值問題

例1：【烏魯木齊地區2014年高三第三次診斷理科數學21】已知函數f（x）=1-ln（x+1），g（x）=ax2-x+1.

（1）求證1-x≤f（x）<■；（2）當0≤x≤1時，若f（x）≥g（x）恒成立，求實數a的取值范圍。

就問題2給出如下兩種解法：

【解析1：標準答案】

（1）令F（x）=g（x）-f（x）=ln（x+1）+ax2-x，則F'（x）=■

①當時a≤0，2a-1<0，∴當x≥0，∴x+1>0，2ax+2a-1≤0∴F'（x）≤0，∴函數y=F（x），x∈[0，1]為減函數，∴當0≤x≤1時，F（x）≤F（0）=0，

即a≤0時，f（x）≥g（x）成立

②當0

則對？坌x∈[0，1]，x-■≤x-1≤0，∴x+1>0，2ax+2a-1≤0

∴F'（x）≤0，∴函數y=F（x），x∈[0，1]為減函數，

∴當0≤x≤1時，F（x）≤F（0）=0，即0

③當■

∴當0≤x≤■時，∴x+1>0，2ax+2a-1≤0，∴F'（x）≤0

當■0，2ax+2a-1≥0，F'（x）≥0，

∴函數y=F（x），x∈[0，1]的減區間為[0，■]，增區間為[■，1]

又∵F（0）=0，F（1）=ln2-1+a≤0

∴對？坌x∈[0，1]，F（x）≤max{F（0），F（1）}≤0

故，當0≤x≤1時，f（x）≥g（x）成立

④當a>1-ln2時，有a+ln2-1>0，∴F（1）=a+ln2-1>0

即g（1）>f（1），與題意矛盾

綜上所述，a∈（-∞，1-ln2]，對0≤x≤1，有f（x）≥g（x）.

【解析2】由題意：f（x）≥g（x）恒成立，即1-ln（x+1）≥ax2-x+1在[0，1]上恒成立，

即ax2≤x-ln（x+1）在[0，1]上恒成立，

（1）當x=0時，不等式恒成立，∴a∈R；

（2）當x∈（0，1]時，由上式可得：a≤■恒成立，

即a≤[■]min，下求右式的最小值。

令h（x）=■，則h'（x）=■，這里還不能判斷出h（x）的單調區間、單調性，因為求解h（x）的單調性，即求解不等式h'（x）>0不是初等函數范圍內能求解的。怎么辦呢？

令m（x）=-x-■+2ln（x+1），則m'（x）=-■<0恒成立。

∴m（x）在（0，1]上為減函數，且m（x）

即函數h（x）在（0，1]上為減函數，

∴h（x）min=h（1）=1-ln2，∴a≤1-ln2

綜上：（1），（2）得：a≤1-ln2

對照兩種解法，顯然【解析2】在運算上更加簡潔，所用知識很基礎，就是導數的直接應用，只不過用了兩次。而在新疆自去年年末的烏魯木齊一模開始，對于二階導數甚至牽涉了三階導數的問題設置多次出現，并且都是壓軸題，體現出了命題者對導數的重視，體現了導數的分量。同時也為導數在高中的教學增加了一些新意。再如：

例2：【烏魯木齊地區2014年高三第一次診斷性測驗理科數學21】已知函數f（x）=ex-e-x（x∈R）

（1）求證：當x≥0時，f（x）≥2x+■；

（2）試討論函數H（x）=f（x）-ax（a∈R）的零點個數.

【解析】就第一問探討：

（1）令g（x）=f（x）-2x-■，（x≥0）

則g'（x）=f'（x）-2-x2=ex+e-x-2-x2，

g"（x）=f（x）-2x，

∵g'''（x）=f'（x）-2=ex+e-x-2

當x≥0時，ex>0，e-x>0，∴ex+e-x≥2■=2…①

∴g"'（x）≥0，∴函數y=g"（x）（x≥0）為增函數，

∴g"（x）≥g"（0）=0，即f（x）-2x≥0…②∴函數y=g'（x）（x≥0）為增函數，

∴g'（x）≥g'（0）=0，即ex+e-x≥2+x2…③∴函數y=g（x）（x≥0）為增函數，

∴g（x）≥g（0）=0，即當x≥0時，f（x）≥2x+■成立。

這里使用導數（包括一階、二階、三階）的情形再次充分體現了“導數的基本功能-確定單調性-求解最值”。但在具體的教學，特別是在高三之前的學習中，導數學習的深度往往不一定能達到相應的水平，從而不能為解決相關問題提供有力的支撐。所以，在高三的復習過程中，要著力培養學生使用導數這一工具的意識和膽識，讓它的基本功能淋漓盡致地發揮出來。