例談二階導(dǎo)數(shù)在高中數(shù)學(xué)中的應(yīng)用

王耀民

摘 要：導(dǎo)數(shù)是高中數(shù)學(xué)與高等數(shù)學(xué)的一個銜接點，也是高中學(xué)生進入高校進一步學(xué)習(xí)數(shù)學(xué)的起點。導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用已經(jīng)是高考試卷中的必選內(nèi)容，而在課本中從未提及的二階導(dǎo)數(shù)的使用正在悄悄上演，什么是有二階導(dǎo)數(shù)相關(guān)背景的問題？如何破解？本文擬對此加以分析。

關(guān)鍵詞：高中數(shù)學(xué)；二階導(dǎo)數(shù)；例題分析

導(dǎo)數(shù)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(dǎo)數(shù)的運算：以導(dǎo)數(shù)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(dǎo)數(shù)的應(yīng)用：主要是利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值與最值，以及與導(dǎo)數(shù)有關(guān)的恒成立問題，與不等式、方程、數(shù)列等結(jié)合的綜合問題等。近年來，無論是采用全國卷的地區(qū)還是自主命題地區(qū)，導(dǎo)數(shù)幾乎都在壓軸題位置，足見其重要性。導(dǎo)數(shù)的一般應(yīng)用即一階導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用在教學(xué)環(huán)節(jié)自然少不了，二階導(dǎo)數(shù)的使用也漸漸登上舞臺，本文以幾個實例談?wù)劧A導(dǎo)數(shù)在高中數(shù)學(xué)中的應(yīng)用。

一、利用二階導(dǎo)數(shù)解決三次函數(shù)的對稱中心相關(guān)問題

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

（1）任意三次函數(shù)都關(guān)于點（-■，f（-■））對稱；

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

（3）存在三次函數(shù)有兩個及兩個以上的對稱中心；

（4）若函數(shù)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(shù)都關(guān)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(shù)，f'（x）=0有實解x0，點（x0，f（x0））為函數(shù)y=f（x）的對稱中心，故（2）正確；

（3）由（1）知，三次函數(shù)有且只有一個對稱中心，即不存在三次函數(shù)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(shù)的拐點即二階導(dǎo)數(shù)的實際意義的介紹是在一階導(dǎo)數(shù)基礎(chǔ)上比較好的背景拓展。

例2：【烏魯木齊地區(qū)2014年高三第二次診斷理科數(shù)學(xué)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(shù)p的值為 。

【解析1】曲線C：y=x3-3px2，則y'=3x2-6px，設(shè)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(guān)于三次函數(shù)的背景認識可知，三次函數(shù)的圖像是中心對稱圖形，且其對稱中心為三次函數(shù)的拐點。由本題中題意，結(jié)合三次函數(shù)圖像分析可知：僅當(dāng)直線通過三次函數(shù)的拐點（對稱中心）時，其與函數(shù)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(shù)解析式，可得函數(shù)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(tǒng)計發(fā)現(xiàn)，對學(xué)生來說這是地地道道的難題。而且【解析1】需要學(xué)生有較強的推理能力，相比較而言，在導(dǎo)數(shù)的教學(xué)中，若能以【例1】的方式拋出三次函數(shù)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?！亢瘮?shù)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(shù)的解析式；（2）若關(guān)于x的方程f（x）-m=0在[■，4]上恰有兩個不等實根，求實數(shù)的取值范圍；（3）函數(shù)y=f（x）的圖象是否存在對稱中心？若存在，求出坐標(biāo)；若不存在，說明理由。

【解析】結(jié)合本文主題，僅看問題（3）解法1：若函數(shù)f（x）圖象存在對稱中心則其極值點也關(guān)于此中心對稱，故可先求出函數(shù)f（x）的極值點然后利用中點坐標(biāo)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(guān)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(dǎo)數(shù)求出該三次函數(shù)的對稱中心坐標(biāo)，后面只需證明函數(shù)關(guān)于該點對稱，這就不再是什么難事了。

二、利用二階導(dǎo)數(shù)解決函數(shù)中最值問題

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

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

就問題2給出如下兩種解法：

【解析1：標(biāo)準答案】

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

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

即a≤0時，f（x）≥g（x）成立

②當(dāng)0

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

∴F'（x）≤0，∴函數(shù)y=F（x），x∈[0，1]為減函數(shù)，

∴當(dāng)0≤x≤1時，F(xiàn)（x）≤F（0）=0，即0

③當(dāng)■

∴當(dāng)0≤x≤■時，∴x+1>0，2ax+2a-1≤0，∴F'（x）≤0

當(dāng)■0，2ax+2a-1≥0，F(xiàn)'（x）≥0，

∴函數(shù)y=F（x），x∈[0，1]的減區(qū)間為[0，■]，增區(qū)間為[■，1]

又∵F（0）=0，F(xiàn)（1）=ln2-1+a≤0

∴對？坌x∈[0，1]，F(xiàn)（x）≤max{F（0），F(xiàn)（1）}≤0

故，當(dāng)0≤x≤1時，f（x）≥g（x）成立

④當(dāng)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(dāng)x=0時，不等式恒成立，∴a∈R；

（2）當(dāng)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(diào)區(qū)間、單調(diào)性，因為求解h（x）的單調(diào)性，即求解不等式h'（x）>0不是初等函數(shù)范圍內(nèi)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(shù)，且m（x）

即函數(shù)h（x）在（0，1]上為減函數(shù)，

∴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(chǔ)，就是導(dǎo)數(shù)的直接應(yīng)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(dǎo)數(shù)甚至牽涉了三階導(dǎo)數(shù)的問題設(shè)置多次出現(xiàn)，并且都是壓軸題，體現(xiàn)出了命題者對導(dǎo)數(shù)的重視，體現(xiàn)了導(dǎo)數(shù)的分量。同時也為導(dǎo)數(shù)在高中的教學(xué)增加了一些新意。再如：

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

（1）求證：當(dāng)x≥0時，f（x）≥2x+■；

（2）試討論函數(shù)H（x）=f（x）-ax（a∈R）的零點個數(shù).

【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(dāng)x≥0時，ex>0，e-x>0，∴ex+e-x≥2■=2…①

∴g"'（x）≥0，∴函數(shù)y=g"（x）（x≥0）為增函數(shù)，

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

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

∴g（x）≥g（0）=0，即當(dāng)x≥0時，f（x）≥2x+■成立。

這里使用導(dǎo)數(shù)（包括一階、二階、三階）的情形再次充分體現(xiàn)了“導(dǎo)數(shù)的基本功能-確定單調(diào)性-求解最值”。但在具體的教學(xué)，特別是在高三之前的學(xué)習(xí)中，導(dǎo)數(shù)學(xué)習(xí)的深度往往不一定能達到相應(yīng)的水平，從而不能為解決相關(guān)問題提供有力的支撐。所以，在高三的復(fù)習(xí)過程中，要著力培養(yǎng)學(xué)生使用導(dǎo)數(shù)這一工具的意識和膽識，讓它的基本功能淋漓盡致地發(fā)揮出來。

二、利用二階導(dǎo)數(shù)解決函數(shù)中最值問題

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

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

就問題2給出如下兩種解法：

【解析1：標(biāo)準答案】

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

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

即a≤0時，f（x）≥g（x）成立

②當(dāng)0

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

∴F'（x）≤0，∴函數(shù)y=F（x），x∈[0，1]為減函數(shù)，

∴當(dāng)0≤x≤1時，F(xiàn)（x）≤F（0）=0，即0

③當(dāng)■

∴當(dāng)0≤x≤■時，∴x+1>0，2ax+2a-1≤0，∴F'（x）≤0

當(dāng)■0，2ax+2a-1≥0，F(xiàn)'（x）≥0，

∴函數(shù)y=F（x），x∈[0，1]的減區(qū)間為[0，■]，增區(qū)間為[■，1]

又∵F（0）=0，F(xiàn)（1）=ln2-1+a≤0

∴對？坌x∈[0，1]，F(xiàn)（x）≤max{F（0），F(xiàn)（1）}≤0

故，當(dāng)0≤x≤1時，f（x）≥g（x）成立

④當(dāng)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(dāng)x=0時，不等式恒成立，∴a∈R；

（2）當(dāng)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(diào)區(qū)間、單調(diào)性，因為求解h（x）的單調(diào)性，即求解不等式h'（x）>0不是初等函數(shù)范圍內(nèi)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(shù)，且m（x）

即函數(shù)h（x）在（0，1]上為減函數(shù)，

∴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(chǔ)，就是導(dǎo)數(shù)的直接應(yīng)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(dǎo)數(shù)甚至牽涉了三階導(dǎo)數(shù)的問題設(shè)置多次出現(xiàn)，并且都是壓軸題，體現(xiàn)出了命題者對導(dǎo)數(shù)的重視，體現(xiàn)了導(dǎo)數(shù)的分量。同時也為導(dǎo)數(shù)在高中的教學(xué)增加了一些新意。再如：

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

（1）求證：當(dāng)x≥0時，f（x）≥2x+■；

（2）試討論函數(shù)H（x）=f（x）-ax（a∈R）的零點個數(shù).

【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(dāng)x≥0時，ex>0，e-x>0，∴ex+e-x≥2■=2…①

∴g"'（x）≥0，∴函數(shù)y=g"（x）（x≥0）為增函數(shù)，

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

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

∴g（x）≥g（0）=0，即當(dāng)x≥0時，f（x）≥2x+■成立。

這里使用導(dǎo)數(shù)（包括一階、二階、三階）的情形再次充分體現(xiàn)了“導(dǎo)數(shù)的基本功能-確定單調(diào)性-求解最值”。但在具體的教學(xué)，特別是在高三之前的學(xué)習(xí)中，導(dǎo)數(shù)學(xué)習(xí)的深度往往不一定能達到相應(yīng)的水平，從而不能為解決相關(guān)問題提供有力的支撐。所以，在高三的復(fù)習(xí)過程中，要著力培養(yǎng)學(xué)生使用導(dǎo)數(shù)這一工具的意識和膽識，讓它的基本功能淋漓盡致地發(fā)揮出來。

二、利用二階導(dǎo)數(shù)解決函數(shù)中最值問題

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

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

就問題2給出如下兩種解法：

【解析1：標(biāo)準答案】

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

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

即a≤0時，f（x）≥g（x）成立

②當(dāng)0

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

∴F'（x）≤0，∴函數(shù)y=F（x），x∈[0，1]為減函數(shù)，

∴當(dāng)0≤x≤1時，F(xiàn)（x）≤F（0）=0，即0

③當(dāng)■

∴當(dāng)0≤x≤■時，∴x+1>0，2ax+2a-1≤0，∴F'（x）≤0

當(dāng)■0，2ax+2a-1≥0，F(xiàn)'（x）≥0，

∴函數(shù)y=F（x），x∈[0，1]的減區(qū)間為[0，■]，增區(qū)間為[■，1]

又∵F（0）=0，F(xiàn)（1）=ln2-1+a≤0

∴對？坌x∈[0，1]，F(xiàn)（x）≤max{F（0），F(xiàn)（1）}≤0

故，當(dāng)0≤x≤1時，f（x）≥g（x）成立

④當(dāng)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(dāng)x=0時，不等式恒成立，∴a∈R；

（2）當(dāng)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(diào)區(qū)間、單調(diào)性，因為求解h（x）的單調(diào)性，即求解不等式h'（x）>0不是初等函數(shù)范圍內(nèi)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(shù)，且m（x）

即函數(shù)h（x）在（0，1]上為減函數(shù)，

∴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(chǔ)，就是導(dǎo)數(shù)的直接應(yīng)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(dǎo)數(shù)甚至牽涉了三階導(dǎo)數(shù)的問題設(shè)置多次出現(xiàn)，并且都是壓軸題，體現(xiàn)出了命題者對導(dǎo)數(shù)的重視，體現(xiàn)了導(dǎo)數(shù)的分量。同時也為導(dǎo)數(shù)在高中的教學(xué)增加了一些新意。再如：

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

（1）求證：當(dāng)x≥0時，f（x）≥2x+■；

（2）試討論函數(shù)H（x）=f（x）-ax（a∈R）的零點個數(shù).

【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(dāng)x≥0時，ex>0，e-x>0，∴ex+e-x≥2■=2…①

∴g"'（x）≥0，∴函數(shù)y=g"（x）（x≥0）為增函數(shù)，

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

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

∴g（x）≥g（0）=0，即當(dāng)x≥0時，f（x）≥2x+■成立。

這里使用導(dǎo)數(shù)（包括一階、二階、三階）的情形再次充分體現(xiàn)了“導(dǎo)數(shù)的基本功能-確定單調(diào)性-求解最值”。但在具體的教學(xué)，特別是在高三之前的學(xué)習(xí)中，導(dǎo)數(shù)學(xué)習(xí)的深度往往不一定能達到相應(yīng)的水平，從而不能為解決相關(guān)問題提供有力的支撐。所以，在高三的復(fù)習(xí)過程中，要著力培養(yǎng)學(xué)生使用導(dǎo)數(shù)這一工具的意識和膽識，讓它的基本功能淋漓盡致地發(fā)揮出來。