【教案】两招解决极值点偏移

两招极值点偏移问题一、极值点偏移的含义众所周知，函数)(xf满足定义域内任意自变量x都有)2()(xmfxf，则函数)(xf关于直线mx对称；可以理解为函数)(xf在对称轴两侧，函数值变化快慢相同，且若)(xf为单峰函数，则mx必为)(xf的极值点.如二次函数)(xf的顶点就是极值点0x，若cxf)(的两根的中点为221xx，则刚好有0212xxx，即极值点在两根的正中间，也就是极值点没有偏移.若相等变为不等，则为极值点偏移：若单峰函数)(xf的极值点为m，且函数)(xf满足定义域内mx左侧的任意自变量x都有)2()(xmfxf或)2()(xmfxf，则函数)(xf极值点m左右侧变化快慢不同.故单峰函数)(xf定义域内任意不同的实数21,xx满足)()(21xfxf，则221xx与极值点m必有确定的大小关系：若221xxm，则称为极值点左偏；若221xxm，则称为极值点右偏.如函数xexxg)(的极值点10x刚好在方程cxg)(的两根中点221xx的左边，我们称之为极值点左偏.二、极值点偏移问题的一般题设形式：1.若函数)(xf存在两个零点21,xx且21xx，求证：0212xxx（0x为函数)(xf的极值点）；2.若函数)(xf中存在21,xx且21xx满足)()(21xfxf，求证：0212xxx（0x为函数)(xf的极值点）；3.若函数)(xf存在两个零点21,xx且21xx，令2210xxx，求证：0)('0xf；4.若函数)(xf中存在21,xx且21xx满足)()(21xfxf，令2210xxx，求证：0)('0xf.二、运用判定定理判定极值点偏移的方法1、方法概述：（1）求出函数)(xf的极值点0x；（2）构造一元差函数)()()(00xxfxxfxF；（3）确定函数)(xF的单调性；（4）结合0)0(F，判断)(xF的符号，从而确定)(0xxf、)(0xxf的大小关系.口诀：极值偏离对称轴，构造函数觅行踪；四个步骤环相扣，两次单调紧跟随.2、抽化模型答题模板：若已知函数)(xf满足)()(21xfxf，0x为函数)(xf的极值点，求证：0212xxx.（1）讨论函数)(xf的单调性并求出)(xf的极值点0x；假设此处)(xf在),(0x上单调递减，在),(0x上单调递增.（2）构造)()()(00xxfxxfxF；注：此处根据题意需要还可以构造成)2()()(0xxfxfxF的形式.（3）通过求导)('xF讨论)(xF的单调性，判断出)(xF在某段区间上的正负，并得出)(0xxf与)(0xxf的大小关系；假设此处)(xF在),0(上单调递增，那么我们便可得出0)()()()(000xfxfxFxF，从而得到：0xx时，)()(00xxfxxf.（4）不妨设201xxx，通过)(xf的单调性，)()(21xfxf，)(0xxf与)(0xxf的大小关系得出结论；接上述情况，由于0xx时，)()(00xxfxxf且201xxx，)()(21xfxf，故)2()]([)]([)()(2002002021xxfxxxfxxxfxfxf，又因为01xx，0202xxx且)(xf在),(0x上单调递减，从而得到2012xxx，从而0212xxx得证.（5）若要证明0)2('21xxf，还需进一步讨论221xx与0x的大小，得出221xx所在的单调区间，从而得出该处函数导数值的正负，从而结论得证.此处只需继续证明：因为0212xxx，故0212xxx，由于)(xf在),(0x上单调递减，故0)2('21xxf.【说明】（1）此类试题由于思路固定，所以通常情况下求导比较复杂，计算时须细心；（2）此类题目若试题难度较低，会分解为三问，前两问分别求)(xf的单调性、极值点，证明)(0xxf与)(0xxf（或)(xf与)2(0xxf）的大小关系；若试题难度较大，则直接给出形如0212xxx或0)2('21xxf的结论，让你给予证明，此时自己应主动把该小问分解为三问逐步解题.【例题讲解】【例1】已知函数)()(Rxxexfx.(1)求函数)(xf的单调区间和极值；(2)若21xx，且)()(21xfxf，证明：221xx.【解析】容易求得第（1）问：()fx在,1上单调递增，在1,上单调递减，()fx的极值是1(1)fe。第（2）问：构造函数21111(1)(1)''(1)'(1)0xxxxeFxfxfxFxfxfxxeexe所以Fx在R上单增，容易看出(0)0F（找的就是它，构造的目的就是为了得到(1)(1)Fxfxfx是正是负）所以，当x0时，0(1)(1)Fxfxfx12xx，不妨设12xx，由（1）知121xx，12222()()1111(2)fxfxfxfxfx∵12x，∴122x，)(xf在)1,(上单调递增，∴212xx，∴221xx.原命题得证。一定得构造(1)(1)Fxfxfx？答：不。构造()(2)Fxfxfx也行。证明如下：22222()(2)''()'(2)110xxxxeeeeFxfxfxFxfxfxxxee所以()Fx单增，()(2)(1)0()(2)FxfxfxFfxfx12xx，不妨设12xx，由（1）知121xx，222xx1221212()()(2)22fxfxfxxxxx原命题得证。可否构造其他的？答：可以，()()2Fxfaxfbxab这里的“2”是极值点的两倍。那答案为什么不给出其他的构造呢？因为那样很繁琐，也破坏了数学的对称美。其中这种(1)(1)Fxfxfx构造的美感最强。【例2】函数xaexxxf12)(2有两极值点21,xx，且21xx.证明：421xx.【解析】令()'()22xgxfxxae，则12,xx是函数()gx的两个零点。令210xxgxae，令122124(),'()xxxxhxhxhxahxee易得()hx在区间,2单调减，2,单调增，所以122xx，令22222242222''2'2xxxxxxxeexeeHxhxhxHxhxhxeee当02x时，'()0,()HxHx单调递减，有()(0)0HxH所以)2()2(xhxh，所以)4()]2(2[)]2(2[)()(22221xhxhxhxhxh，因为21x，242x，)(xh在)2,(上单调递减所以214xx，即421xx.【例3】已知函数2()lnfxxx，若1x2x，且)()(21xfxf，证明：421xx.【解析】由函数2()lnfxxx单调性可知：若)()(21xfxf，则必有1202xx。所以241x，而)4ln(42ln2)4()(111111xxxxxfxf，令)4ln(ln422)(xxxxxh，则0)4()2(8)4()4()4(2)4(2411)4(22)('22222222222xxxxxxxxxxxxxxxxh所以函数)(xh在)2,0(为减函数，所以0)2()(hxh，所以0)4()(11xfxf即)4()(11xfxf，所以)4()(22xfxf，所以421xx.【例4】已知函数221xfxxeax有两个零点.设12,xx是fx的两个零点，证明：122xx.【解析】不妨设12xx，由题意知12()()0fxfx，要证不等式成立，只需证明当121xx成立即可。（这里的1是极值点，求导可得）令11()(1)(1)'()'(1)'(1)xxFxfxfxFxfxfxxee当0x时，'00011FxFxFfxfx，令11xx，则2111111112fxfxfxfxfx21,21,xx,且fx在1,上递增，则211222xxxx.【例5】已知函数2lnfxxax，其中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12，且方程fxm的两根为12,xx，且12xx，证明：124xxa.【解析】有a不怕，能算出来的。（1）2112'20axfxaxxxx（1）当0a时，0fx函数fx在0,上单调递增，不可能有两个零点（2）当0a时，10,2fxxax10,2a12a1,2afx0-fx极大值fx的极大值为111ln222faa，由11ln022a得102ae；因为22ln0aaaafeeaeaae，所以fx在1,2aea必存在一个零点；显然当x时，0fx，所以fx在1,2a上必存在一个零点；所以当102ae时，函数fx有两零点.（2）由（1）可知。当0a时，fx的极大值为11111ln22222faaa.令112'''222FxfxfxFxfxfxxx，由'01Fxx12111111221121022xxFxfxfxFfxfxfxfxfxfx又因为fx在1,上单调递减，所以121222xxxx，原命题得证.【例8】已知函数),0()(Rbabeaxxfx，若任意不同的实数21,xx满足)()(21xfxf，求证：axxln221.【解析】消参数2121221ln,2ln2lnxxaxxxaxax因为函数fx在ln,a上为减函数，所以原式212lnfxfax1211112ln2ln0,fxfxfxfaxfxfax构造函数2ln,,lngtftfatta，则2ln1'''2ln22,,lntatttgtftfataeaeaeetaa，则由均值不等式显然可得12ttaeea（当且仅当lnta时取等号），'0gtgt在,lna为减函数，则()ln0gtga，得证.题型二利用对数平均不等式两个正数a和b的对数平均定义：(),(,)lnln().ababLababaab对数平均与算术平均、几何平均的大小关系：(,)2ababLab（此式记为对数平均不等式）取等条件：当且仅当ab时，等号成立.只证：当ab时，(,)2ababLab.不失一般性，可设ab.证明如下：（I）先证：(,)abLab……[不等式