教学教案两招解决极值点偏移

1、两招极值点偏移问题一、极值点偏移的含义众所周知，函数f(x)满足定义域内任意自变量x都有f(x)f(2mx)，则函数f(x)关于直线xm对称；可以理解为函数f(x)在对称轴双侧，函数值变化快慢同样，且若f(x)为单峰函数，则xm必为f(x)的极值点.如二次函数f(x)的极点就是极值点x0，若f(x)c的两根的中点为x1x2，则恰巧有x1x2x0，即极值点在两根的正中间，22也就是极值点没有偏移.若相等变成不等，则为极值点偏移：若单峰函数f(x)的极值点为m，且函数f(x)满足定义域内xm左边的任意自变量x都有f(x)f(2mx)或f(x)f(2mx)，则函数f(x)极值点m左右边变化快慢不一样

2、.故单峰函数f(x)定义域内任意不一样的实数x1,x2满足f(x1)f(x2)，则x1x2与极值点m必有确立的大小关系：2若mx12x2，则称为极值点左偏；若mx1x2，则称为极值点右偏.2如函数g(x)xc的两根中点xx2的左边，我们称ex的极值点x01恰幸好方程g(x)12之为极值点左偏.二、极值点偏移问题的一般题设形式：1.若函数f(x)存在两个零点x1,x2且x1x2，求证：x1x22x0（x0为函数f(x)的极值点）；2.若函数f(x)中存在x1,x2且x1x2满足f(x1)f(x2)，求证：x1x22x0（x0为函数f(x)的极值点）；3.若函数f(x)存在两个零点x1,x2且x1

3、x2，令x0 x1x2，求证：f(x0)0；24.若函数f(x)中存在x1,x2且x1x2满足f(x1)f(x2)，令x0 x1x2，求证：2f(x0)0.二、运用判判定理判断极值点偏移的方法1、方法归纳：（1）求出函数f(x)的极值点x0；（2）构造一元差函数F(x)f(x0 x)f(x0 x)；（3）确立函数F(x)的单调性；40，判断F(x)的符号，从而确立f(x0 x)、f(x0 x)的大小关系.（）结合F(0)口诀：极值偏离对称轴，构造函数觅行踪；四个步骤环相扣，两次单调紧随从.2、抽化模型答题模板：若已知函数f(x)满足f(x1)f(x2)，x0为函数f(x)的极值点，求证：x1x

4、22x0.（1）谈论函数f(x)的单调性并求出f(x)的极值点x0；假设此处f(x)在(,x0)上单调递减，在(x0,)上单调递加.（2）构造F(x)f(x0 x)f(x0 x)；注：此处依据题意需要还可以构造成Fx)fx)f(2xx的形式.(0)（3）经过求导F(x)谈论F(x)的单调性，判断出F(x)在某段区间上的正负，并得出f(x0 x)与f(x0 x)的大小关系；假设此处F(x)在(0,)上单调递加，那么我们即可得出F(x)F(x0)f(x0)f(x0)0，从而获取：xx0时，f(x0 x)f(x0 x).（4）不如设x1x0 x2，经过f(x)的单调性，f(x1)f(x2)，f(x0

5、 x)与f(x0 x)的大小关系得出结论；接上述状况，因为xx0时，f(x0 x)f(x0 x)且x1x0 x2，f(x1)f(x2)，故f(x1)f(x2)fx0(x2x0)fx0(x2x0)f(2x0 x2)，又因为x1x0，2x0 x2x0且f(x)在(,x0)上单调递减，从而获取x12x0 x2，从而x1x22x0得证.（5）若要证明f(x1x2)0，还需进一步谈论x1x2与x0的大小，得出x1x2所在的222单调区间，从而得出该处函数导数值的正负，从而结论得证.此处只需连续证明：因为xx2xx1x2x0，因为f(x)在(,x)20，故上单120调递减，故f(x1x2)0.2【说明】（

6、1）此类试题因为思路固定，因此平常状况下求导比较复杂，计算时须认真；（2）此类题目若试题难度较低，会分解为三问，前两问分别求f(x)的单调性、极值点，证明f(x0)与f(x0 x)（或f(x)与f(2x0 x)）的大小关系；若试题难度较大，则直x接给出形如x1x22x0或f(x1x2)0的结论，让你恩赐证明，此时自己应主动把该2小问分解为三问逐渐解题.【例题讲解】【例1】已知函数f(x)xex(xR).(1)求函数f(x)的单调区间和极值；(2)若x1x2，且f(x1)f(x2)，证明：x1x22.【分析】简单求得第（1）问：f(x)在,1上单调递加，在1,上单调递减，f(x)的极值是f(1)

7、1。e第（2）问：构造函数Fxf(1x)f(1x)Fxf(1x)f(1x)xex1e1xxe2x10ex1因此Fx在R上单增，简单看出F(0)0（找的就是它，构造的目的就是为了获取Fxf(1x)f(1x)是正是负）因此，当x0时，Fx0f(1x)f(1x)x1x2，不如设x1x2，由（1）知x11x2，f(x1)f(x2)f1x21f1x21f(2x2)x21，2x21，f(x)在(,1)上单调递加，x12x2，x1x22.原命题得证。必定得构造Fxf(1x)f(1x)？答：不。构造Fxf(x)f(2x)也行。证明以下：Fxf(x)f(2x)Fxf(x)f(2x)exe2xe2xe20 x1x

8、1e2e2x因此F(x)单增，Fxf(x)f(2x)F(1)0f(x)f(2x)x1x2，不如设x1x2，由（1）知x11x2，x22x2f(x1)f(x2)f(2x2)x12x2x1x22原命题得证。可否构造其余的？答：可以，Fxf(ax)f(bx)ab2这里的“2”是极值点的两倍。那答案为何不给出其余的构造呢？因为那样很繁琐，也破坏了数学的对称美。此中这类Fxf(1x)f(1x)构造的美感最强。【例2】函数f(x)x22x1aex有两极值点x1,x2，且x1x2.证明：x1x24.【分析】令()f()2x2aex，则x,x是函数g(x)的两个零点。gxx122x1令gx0a，ex2x1hx

9、1hx22x4令h(x)a,h(x)exex易得h(x)在区间,2单调减，2,单调增，因此x12x2，令Hx2xe2xe2x2xe2xe2xh2xh2xHxh2xh2xe4e2xe2x当0 x2时，H(x)0,H(x)单调递减，有H(x)H(0)0因此h(2x)h(2x)，因此()()2(x22)2(x22)(4x2)，hx1hx2hhh因为x12，4x22，h(x)在(,2)上单调递减因此x14x2，即x1x24.【例3】已知函数【分析】由函数f(x)2x2，且f(x1)f(x2)，证明：x1x24.lnx，若x1xf(x)2f(x2)，则必有0 x12x2。lnx单调性可知：若f(x1)x

10、因此4x12，而f(x1)f(4x1)2lnx12x1)，x14ln(4x1令h(x)22lnxln(4x)，则x4xh(x)22112(4x)22x2x(4x)2x2(4x)x2(4x)2x4xx2(4x)28(x2)20 x2(4x)2因此函数h(x)在(0,2)为减函数，因此h(x)h(2)0，因此f(x1)f(4x1)0即f(x1)f(4x1)，因此f(x2)f(4x2)，因此x1x24.4】已知函数fxx2exax12是fx的两个零点，【例有两个零点.设x1,x2证明：x1x22.【分析】不如设x1x2，由题意知f(x1)f(x2)0，要证不等式成立，只需证明当x11x2成马上可。（

11、这里的1是极值点，求导可得）令F(x)f(1x)f(1x)F(x)f(1x)f(1x)xe1xe1x当x0时，Fx0FxF00f1xf1x，令x1x1，则fx2fx1f11x1f11x1f2x1x2,2x11,且fx在1,上递加，则x22x1x1x22.【例5】已知函数fxlnxax2，此中aR（1）若函数fx有两个零点，求a的取值范围；（2）若函数fx有极大值为1m的两根为x1,x2，且x1x2，证明：，且方程fx2x1x24a.【分析】有a不怕，能算出来的。（1）fx112ax22axx0 xx（1）当a0时，fx0函数fx在0,上单调递加，不行能有两个零点（2）当a0时，fx0,x12a

12、x1110,2a,2a2afx0-fx极大值fx的极大值为f1ln11，由ln110得0a1；2a2a22a22e因为fealneaae2aaae2a0，因此fx在ea,1必存在一个零点；2a明显当x时，fx0，1因此fx在,上必存在一个零点；2a因此当0a1x有两零点.时，函数f2e（2）由（1）可知。当a0时，fx的极大值为f11111ln2a2a.2a22令Fxfxf2x11，Fxfxf2x2x2x由Fx0 x1x11x2Fx1fx1f2x1F10fx1f2x1fx1fx2fx2f2x1又因为fx在1,上单调递减，因此x12x2x1x22，原命题得证.【例8】已知函数f(x)xaexb(

13、a0,bR)，若任意不一样的实数x1,x2满足f(x1)f(x2)，求证：x1x22lna.【分析】消参数x2x1lnax2,x1x22lnax22lnax1因函数fx在lna,上减函数，因此原式fx2f2lnax1fx1fx2fx1f2lnax1fx1f2lnax10,构造函数gtftf2lnat,t,lna，gtftf2lnat2aetae2lnat2aet1et,t,lna，a由均不等式然可得aet1et2（当且当tlna取等号），agt0gt在,lna减函数，g(t)glna0，得.型二利用数均匀不等式ab(ab),两个正数a和b的数均匀定：L(a,b)lnalnba(ab).数均匀与

14、算均匀、几何均匀的大小关系：ababL(a,b)（此式数均匀不等式）2取等条件：当且当ab，等号成立.只：当ab，abL(a,b)abab.不失一般性，可2明以下：（I）先：abL(a,b)不等式lnalnbablnaab2lnxx1(此中xa1)abbbaxb构造函数f(x)2lnx(x1),(x1)，f(x)211(11)2.xxx2x因x1，f(x)0，因此函数f(x)在(1,)上减，故f(x)f(1)0，从而不等式成立；（II）再：L(a,b)ab22(ab)a2(a1)2(x1)a不等式lnalnbblnx(此中xablna(x1)1)b1)b(b构造函数g(x)lnx2(x1)1)

15、，g(x)14(x1)22.(x,(xx(x1)2x(x1)1)因x1，g(x)0，因此函数g(x)在(1,)上增，故g(x)g(1)0，从而不等式成立；合（I）（II）知，a,bR，都有数均匀不等式ababL(a,b)成立，2当且当ab，等号成立.【例1】已知函数f(x)lnxax，a常数，若函数f(x)有两个零点x1,x2，明：x1x2e2.【明】利用参数a作媒介，元后构造新函数：不如x1x2，lnx1ax10,lnx2ax20，lnx1lnx2a(x1x2),lnx1lnx2a(x1x2)，lnx1lnx2ax2x1x1x2x1x2x1x2lnx1lnx22x1x2e22lnx1lnx2

16、lnx1lnx2（思虑下：lnx1lnx20为何必定成立？提示：用lnx1lnx2a(x1x2),lnx1lnx2a(x1x2)去判断）.【例2】已知函数fxlnxba,bR.ax（）谈论函数fx的单调区间与极值；（）若b0且fx0恒成立，求ea1b1的最大值；（）在（）的条件下，且ea1b1获得最大值时，设Fba1mmR，且b函数Fx有两个零点x1,x2，务实数m的取值范围，并证明：x1x2e2.【答案】（）答案见分析；（）当lnba1时，ea1b1最大为1；（）证明过程见分析【分析】第一第二问略（）由（）知，当ea1b1取最大值1时，ea1ba1lnbFblnbm,b0，记Fxlnxmx0

17、，bxFx0lnxmx0lnx1mx1，则lnxxmxx，不如设x1x2，由题意2，mx2121lnx2x2lnx2x1x2e2，只需证明lnx1x22，只需证明mx2x1x1，欲证明lnmx1x2x1mx1x22，1x2x1x2x2x1x2x2t12，即证ln2，设t1，则只需证明lnt即证明xlnx2x2，x2xx1t11111x1也就是证明t10，记ut1,t，因此lnt21tlnt21tt114t210，因此ut在1,utu10，utt2tt2单调递加，因此t11因此原不等式成立.（这里是把对数均匀不等式重新证了一遍，自然，考试的时候，要这么写的）【例3】已知函数f(x)(x2)exa

18、(x1)2有两个零点x1,x2.证明：x1x22.【分析】参变分别得：a(2x1)ex1(2x2)ex2，由a0得，x11x22，(x11)2(x21)2将上述等式两边取以(2x1)x1ln(2x2)x2，e为底的对数，得ln1)2(x21)2(x1化简得：ln(x11)2ln(x21)2ln(2x1)ln(2x2)x1x2，故1ln(x11)2ln(x21)2ln(2x1)ln(2x2)x1x2x1x2(x11)(x2ln(x11)2ln(x21)2ln(2x1)ln(2x2)1)1)2(x21)2(2x1)(2x2)(x1ln(x-1)2-ln(x-1)22由对数均匀不等式得：122222

19、，(x11)(x2(x21)1)(x11)ln(2-x1)-ln(2-x2)2，（2x1）（2x2）（2x1）（2x2）2(x1x22)2从而1(x21)2（2x1）（2x2）(x11)22(x1x22)4(x1x)2x1x22(x11)2(x21)24(x1x2)2(x1x22)1x1x22(x11)2(x21)24(x1x2)2(x1x22)x1x22等价于：0(x21)24(x1x2)(x11)2(x1x22)21(x21)2(x11)24(x1x2)由(x11)2(x21)20,4(x1x2)0，故x1x22，证毕.【例4】已知函数fxxexxR.假如x1x2，且fx1fx2.证明：x

20、1x22.【分析】设x1x2c,x1x2两边取对数f(x1)f(x2)cex2ex1lnx1x1lnc1lnx2x2lnc21x1x212lnx2lnx1依据对数均匀值不等式x1x2x1x21x1x222lnx1lnx2原命得【例5】（州市2019届研）20(安分16分)函数f(x)ax1lnx，a常数（1）当a2，求f(x)在点(1,f(1)的切方程；（2）若x1,x2函数f(x)的两个零点，x1x2求数a的取范；比x1x2与2的大小关系，并明原由a【分析】解：（1）当a2，f(x)2x1lnx，得f(x)12，x因此f(1)1，因此f(x)在点(1,f(1)的切方程yx；3分（2）f(x)ax1lnx（x0）,得f(x)a1ax1，xx当a0，f(x)0，f(x)减不足意；4分当a0，x(0,1)，f(x)0；x1,)，f(x)0；a(a因此f(x)在(0,1)上减，在(1,)上增aa因函数f(x)有两个零点，因此f(x)minf(10，得0a16分)a下：在区(0,1)和(1,)内分存在一个零点.aa在(0,1)内，因f(1)a0，而f(1)0，又f(x)在