1、. 一对一对三三授课教案授课教案 校区： 西门口 学员姓名： 年级： 所授科目： 上课时间： 2018 年 1 月 17 日 时 分至 时 分 共 分钟 【教学目标】极值点偏移 【教学重难点】 授课内容： 第一：极值点偏移初探第一：极值点偏移初探 一、极值点偏移的含义一、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 0 x，若cxf?)(的两根的中点为 2 21 x
2、x ? ，则刚好有 0 21 2 x xx ? ? ， 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,x x满足)()( 21 xfxf?， 则 2 21 xx ? 与极值点m必有确定的大小关系： 若 2 21 xx m ? ?，则称为极值点左偏左偏；若 2 21 xx m ? ?，则称为极值点右偏右偏 如函数 x e x xg?)(
3、的极值点1 0 ?x刚好在方程cxg?)(的两根中点 2 21 xx ? 的左边，我们称之为极值点左偏. . 二、二、极值点偏移问题的一般题设形式：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,x x且 21 xx ?，求证： 021 2xxx?（ 0 x为函数)(xf的极值点） ； 2. 若函数)(xf中存在 21,x x且 21 xx ?满足)()( 21 xfxf?，求证： 021 2xxx?（ 0 x为函数)(xf的极值点） ； 3. 若函数)(xf存在两个零点 21,x x且 21 xx ?，令 2 21 0 xx x ? ?，求证：0)( 0 ?xf； 4
4、. 若函数)(xf中存在 21,x x且 21 xx ?满足)()( 21 xfxf?，令 2 21 0 xx x ? ?，求证：0)( 0 ?xf. 三、问题初现，形神合聚三、问题初现，形神合聚 函数 x aexxxf?12)( 2 有两极值点 21,x x，且 21 xx ?. 证明：4 21 ? xx. 所以)2()2(xhxh?， 所以)4()2(2)2(2)()( 22221 xhxhxhxhxh?， . 因为2 1? x，24 2 ? x，)(xh在)2 ,(?上单调递减 所以 21 4xx?，即4 21 ? xx。 已知函数xxfln)(?的图象 1 C与函数)0( 2 1 )(
5、 2 ?abxaxxg的图象 2 C交于QP,， 过PQ的中点R作x轴 的垂线分别交 1 C， 2 C于点NM,，问是否存在点R，使 1 C在M处的切线与 2 C在N处的切线平行？若存在，求 出R的横坐标；若不存在，请说明理由. 极值点偏移问题在近几年高考及各种模考，作为热点以压轴题的形式给出，很多学生对待此类问题经常是束 手无策，而且此类问题变化多样，有些题型是不含参数的，而更多的题型又是含有参数的. 其实，此类问题处理 的手段有很多，方法也就有很多，下面我们来逐一探索！ . 第二：极值点处理方法第二：极值点处理方法 一、极值点偏移的判定定理一、极值点偏移的判定定理 对于可导函数)(xfy
6、?，在区间),(ba上只有一个极大（小）值点 0 x，方程0)(?xf的解分别为 21,x x，且 bxxa? 21 ， （1）若)2()( 201 xxfxf?，则 0 21 )( 2 x xx ? ? ，即函数)(xfy ?在区间),( 21 xx上极（小）大值点 0 x右 （左）偏； （2）若)2()( 201 xxfxf?，则 0 21 )( 2 x xx ? ? ，即函数)(xfy ?在区间),( 21 xx上极（小）大值点 0 x右 （左）偏. 证明： （1）因为对于可导函数)(xfy ?，在区间),(ba上只有一个极大（小）值点 0 x，则函数)(xf的单调 递增（减）区间为),
7、( 0 xa，单调递减（增）区间为),( 0 bx，由于bxxa? 21 ，有 01 xx ?，且 020 2xxx?， 又)2()( 201 xxfxf?，故 201 2)(xxx?，所以 0 21 )( 2 x xx ? ? ，即函数极（小）大值点 0 x右（左）偏； （2）证明略. 左左快右慢（极值点左偏快右慢（极值点左偏 2 21 xx m ? ?） 左慢右快（极值点右偏左慢右快（极值点右偏 2 21 xx m ? ?） . 左快右慢（极值点左偏左快右慢（极值点左偏 2 21 xx m ? ?） 左慢右快（极值点右偏左慢右快（极值点右偏 2 21 xx m ? ?） 二、运用判定定理判
8、定极值点偏移的方法二、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 0 x； （2）构造一元差函数)()()( 00 xxfxxfxF?； （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)( 0 xxf?、)( 0 xxf?的大小关系. 口诀：极值偏离对称轴口诀：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，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)()( 21 xfxf?， 0 x为函数)(xf的极值点，求证： 021 2xxx?. （1）讨论
9、函数)(xf的单调性并求出)(xf的极值点 0 x； 假设此处)(xf在),( 0 x?上单调递减，在),( 0 ?x上单调递增 （2）构造)()()( 00 xxfxxfxF?； 注：此处根据题意需要还可以构造成)2()()( 0 xxfxfxF?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)( 0 xxf?与)( 0 xxf?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： 0 xx ?时，)()( 00 xxfxxf?. （4）不妨设 201 xxx?
10、，通过)(xf的单调性，)()( 21 xfxf?，)( 0 xxf?与)( 0 xxf?的大小关系得出结论； 接 上 述 情 况 ， 由 于 0 xx ?时 ，)()( 00 xxfxxf?且 201 xxx?，)()( 21 xfxf?， 故 )2()()()()( 2002002021 xxfxxxfxxxfxfxf?，又因为 01 xx ?， 020 2xxx?且)(xf在 . ),( 0 x?上单调递减，从而得到 201 2xxx?，从而 021 2xxx?得证. （5）若要证明0) 2 ( 21 ? ? xx f，还需进一步讨论 2 21 xx ? 与 0 x的大小，得出 2 21
11、 xx ? 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 021 2xxx?，故 0 21 2 x xx ? ? ，由于)(xf在),( 0 x?上单调递减，故 0) 2 ( 21 ? ? xx f. 【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)( 0 xxf?与)( 0 xxf? （或)(xf与)2( 0 xxf?）的大小关系；若试题难度较大，则直接给出形如 021 2xxx?或0) 2 ( 21 ? ? xx f的
12、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 三、对点详析，利器显锋芒三、对点详析，利器显锋芒 已知函数)()(Rxxexf x ? ? . (1)求函数)(xf的单调区间和极值； (2)若 21 xx ?，且)()( 21 xfxf?，证明：2 21 ? xx. 1 2 ?x，12 2 ? x，)(xf在) 1 ,(?上单调递增， 21 2xx?，2 21 ? xx. . 函数 34 3 4 )(xxxf?与直线) 3 1 (?aay交于),( 1 axA、),( 2 axB两点. 证明：2 21 ? xx. 已知函数 2 ( )lnf xx x ?，若 1 x? 2 x，
13、且)()( 21 xfxf?，证明：4 21 ? xx. 【解析】由函数 2 ( )lnf xx x ?单调性可知：若)()( 21 xfxf?，则必有 21 2xx?。 所以24 1? ? x，而)4ln( 4 2 ln 2 )4()( 1 1 1 1 11 x x x x xfxf? ? ?， 令)4ln(ln 4 22 )(xx xx xh? ? ?，则 0 )4( )2(8 )4( )4()4(2)4(2 4 11 )4( 22 )( 22 2 22 2222 22 ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? xx x xx xxxxxx xxxx xh 所以函数)(xh在)2 , 0
14、(为减函数，所以0)2()(? hxh， 所以0)4()( 11 ?xfxf即)4()( 11 xfxf?，所以)4()( 22 xfxf?，所以4 21 ? xx. 已知函数? ? 2 21 x fxxea x?有两个零点.设 12 ,x x是? ?f x的两个零点，证明： 12 2xx?. . 四、四、 招式演练招式演练 已知函数? ? 2 2 x a g xex?，其中,2.71828aR e?为自然对数的底数，? ?f x是? ?g x的导函数. （）求? ?f x的极值； （）若1a ? ?，证明：当 12 xx?，且? ? 12 f xf x?时， 12 0xx?. 【答案】(1)
15、 当0a ?时， ? ?f x无极值; 当0a ?时, ? ?f x有极小值?lnlnfaaaa? ? ?;(2)详见解析. 【解析】 （）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，从而求出函数的极值即可； （）求出函数 f（x）的导数，设函数 F（x）=f（x）f（x） ，求出函数的导数，根据函数的单调性证明即可 试题解析： （）? ? ? x f xg xeax?的定义域为?,? ?， ? ? x fxea? 当0a ?时， ? ?0fx?在?,x? ? ?时成立，? ?f x? 在?,? ?上单调递增， ? ?f x无极值. 当0a ?时， ? ?0 x fxea?解得?
16、lnxa?，由? ?0fx? 得?lnxa?；由? ?0fx? 得?lnxa?， 所 以? ?f x在?,lna?上 单 调 递 减 ， 在?ln,a?上 单 调 递 增 ，故? ?f x有 极 小 值 ?lnlnfaaaa? ? ?. （）当1a ? ?时， ? ? x f xex?的定义域为?,? ?， ? ?1 x fxe?， 由? ?10 x fxe? ?，解得0x ?.当x变化时， ? ?fx?， ? ?f x变化情况如下表： x ?,0? 0 ?0,? . ? ?fx ? ? 0 + ? ?f x 单调递减 极小值 单调递增 12 xx?，且? ? 12 f xf x?，则 12
17、0xx?（不妨设 12 xx?） 已知函数? ? 2 lnf xxax?，其中aR? （1）若函数? ?f x有两个零点，求a的取值范围； （2）若函数? ?f x有极大值为 1 2 ?，且方程? ?f xm?的两根为 12 ,x x，且 12 xx?，证明： 12 4xxa?. 【答案】 （1） 1 0 2 a e ?;（2）见解析. （1） 当0a ?时， ? ?0fx?函数? ?f x在?0,?上单调递增，不可能有两个零点 （2）当0a ?时， ? ? 1 0, 2 fxx a ? . x 1 0, 2a ? ? ? ? 1 2a 1 , 2a ? ? ? ? ? ? ?fx ? ? 0 - ? ?f x 极大值 ? ?f x的极大值为 111 ln 222 f aa ? ? ? ? ? ，由 11 ln0 22a ? ? ? ? ? 得 1 0 2 a e ?； 因为 ? 22 ln0 aaaa f eeaeaae ? ? ? ?，所以? ?f x在 1 , 2 a e a ? ? ? ? ? 必存在一个零点； 显 然 当x?时 ， ? ?0f x ?， 所 以? ?f x在 1 , 2a ? ? ? ? ? 上 必存 在 一 个 零 点 ； . 本节作业内容 学生签名 学生本节课具体情况：表现： 1、上次课后作业情况
