极值点偏移判定定理.docx
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极值点偏移判定定理
专题02,极值点偏移问题利一极值点偏移判定定理
、极值点偏移的判定定理
对于可导函数yf(x),在区间(a,b)上只有一个极大(小)值点x0,方程f(x)0的
解分别为x1,x2,且ax1
X2b,
(1若f(xjf(2x0x2),则仝空()x0,即函数yf(x)在区间(x1,x2)上
2
极(小)大值点xo右(左)偏;
(刀若f(xi)f(2x0x2),则宁()x0,即函数yf(x)在区间(xi,x2)上
极(小)大值点x0右(左)偏.
证明:
(1)因为对于可导函数y则函数f(x)的单调递增(减)区间为ax1x2b,有x1x0,且2x0
f(x),在区间(a,b)上只有一个极大(小)值点x0,
(a,冷),单调递减(增)区间为(x°,b),由于
X2X。
,又f(Xi)f(2x0X2),故Xi()2x0X2,
所以XiX2()X0,即函数极(小)大值点X0右(左)偏;
2
(2)证明略.
左快右慢(极值点左偏
XiX2、mF)
左慢右快(极值点右偏
XiX2)
2
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f(x)的极值点X。
;
(2)构造一元差函数F(x)f(x0x)f(x0x);
(3)确定函数F(x)的单调性;
(4)结合F(0)0,判断F(x)的符号,从而确定f(x0x)、f(x0x)的大小关系.
2、抽化模型
答题模板:
若已知函数f(x)满足f(xjf(x2),x0为函数f(x)的极值点,求证:
X-Ix2
2x0.
(1)讨论函数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,)上单调递增
(2)构造F(x)f(X0x)f(X0x);
注:
此处根据题意需要还可以构造成F(x)f(x)f(2x0x)的形式•
(3)通过求导F'(x)讨论F(x)的单调性,判断出F(x)在某段区间上的正负,并得出
f(X0X)与f(X0X)的大小关系;
假设此处F(x)
在(0,)上单调递增,那么我们便可
得出
F(x)F(x。
)f(x。
)
f(X0)0,从而得到:
XX0时,f(X0x)f(X0x)
(4)不妨设x-|X0X2,
大小关系得出结论;
通过f(X)的单调性,f(Xi)f(X2),f(X0X)与f(X0
x)的
接上述情况,由于X
X0时,f(X°X)f(X0X)且XiX0X2,f(Xi)
f(X2),
故f(xjf(X2)f[x°
(X2X0)]f[X0(X2X0)]f(2X0X2),又因为Xi
X0,
2X0X2X。
且f(X)在(,x°)上单调递减,从而得到X-2X0X2,从而XiX22X0得
(5)若要证明f'QX2)0,还需进一步讨论XlX2与x0的大小,得出"X2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
此处只需继续证明:
因为X!
X22X0,故XlX2x0,由于f(x)在(,Xo)上单
2
调递减,故f'(竺X2)0.
2
【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f(X)的单调性、极值点,
证明f(x0x)与f(x0x)(或f(x)与f(2x0x))的大小关系;若试题难度较大,则直
接给出形如xiX22X0或「(空X2)0的结论,让你给予证明,此时自己应主动把该
2
小问分解为三问逐步解题•
三、对点详析,利器显锋芒
★已知函数f(x)xeX(xR).
(1)求函数f(x)的单调区间和极值;
x1x22.
⑵若XiX2,且f(Xi)f(X2),证明:
【解祈】容易求得第⑴问:
在(Y■"上单调递咼在亿g上单调邈亦的极值是/
)=--第⑵问:
构造酵巩力=川1十歸—咒—总=(|十力0岐P—心叫
则尹(力二环百Y3],当兀=0时,F
T码土花,不妨设巧■<花,由(I)知工]疋1,Xj>L
.■./^>=/<^>=/[1+(^-1)]>/[1-(^-1)]=/(2-^).
tX21,二2X21,f(x)在(,1)上单调递增,•'•xi2X2,二xiX22.
4i
★函数f(x)x4-x3与直线ya(a一)交于A(x「a)、B(X2,a)两点.
3—
证明:
x1x22.
【解析】设JX1的单调通减区间为(nU)・单调递增区间为(l.w),有3^>1,
设F(x)=/(1+刃一JX1—小F(x>=阳/-2x+1)>0;
故F(X)M调递増匡间为(to,4oo),又^(0)=0,
所決当x>0时,F(x>>F<0)=0,^x>0B寸."十血5-血,
f<^)=f(^)=/(I+fe-D)a/(2-^>,
乂再<1,2-花<1j
刃因数/(x)=*一扌卍单iffiil减区间为(tor,
所以西w2—叼,目卩西十西
2
★已知函数f(x)Inx,若%x2,且f(xjf(x2),证明:
x1x24.
x
2
【解析】由函数f(x)Inx单调性可知:
若f(xjf(x2),则必有x12x2,。
x
所以4X12,
22
而f(xjf(4x1)Inx-iIn(4xj,
x14x-i
22
令h(x)Inxln(4x),则
x4x
h'(x)
22
~22
x(4x)
2222
2(4x)2xx(4x)x(4x)
22
x(4x)
2
8(x2)
22
x(4x)
h
(2)0,
所以函数h(x)在(0,2)为减函数,所以h(x)所以f(xjf(4xi)0即f(xjf(4xi),所以f(X2)f(4X2),所以
x-ix24.
x2„
★已知函数fxx2eax1有两个零点.设捲必是fx的两个零点,证明:
x-ix22.
【解析】不斯设丙由题意知『(冠)二/(孔)加一要证不等式成立,只需证当易灯町加寸』原不等式
成立即可.
令刃—七)丿则歹6)=丸(尸—4),当Q0时,^W<0-
而帀,2—兀H/(x)在(1,七o)上递増, 古文旳v2—旳』冃卩+jcj<2. 四、招式演练 ★已知函数gxex|x2,其中aR,e2.71828L为自然对数的底数,fx是 gx的导函数. (I)求fx的极值; (n)若a1,证明: 当为x,且f%fx2时,为X20. 【答案】⑴当a0时,fx无极值;当a0时,fx有极小值 fIna aalna; (2)详见解析 【解析】试题分析: (I)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; (H)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: (I)fxgxexax的定义域为,,fxexa 时成立 当a0时, fx在,上单调递增,fx无极值. 当a0时, xexa0解得xIna 0得xIna;由fx0得xIna 所以fx在,ina上单调递减,在Ina,上单调递增, 故fx有极小值fInaaaIna (n)当a1时, fxexx的定义域为 fxex1, X 0 0 0, fX 0 + fX 单调递减 极小值 单调递增 由fxex10,解得x0.当x变化时, 捲X2,且fXifx? ,则捲0X2(不妨设x]X2) x,fx变化情况如下表: 谡函数F仗U/(刃—/(一对二"—玄―(*4刃=总‘—Z—2x(jt<0).十;-2・ e [当hcO时』/.^k+4>2 0 二当X0时』肝(刃>〉••屈數巩刘在(T0®上单调递増 AF(x) V/(x)在(QW)上单调递増,0<^7aO<-jq; .*.JCjV一二西+冷cO ★已知函数fxlnxax2,其中aR (1)若函数fx有两个零点,求a的取值范围; 1 (2)若函数fx有极大值为,且方程fxm的两根为x-i,x2,且x-ix2,证明: 2 x-ix24a. 1 【答案】 (1)0a; (2)见解析. 2e 【解析】试题分析: (1>先求广仗),利用导数研究函数的单调性,只毒令/(力的极大值為二血(低卜即可得结幕心)结合 (1)」由川©的极大值求得口二苏研究函数 F(x)=/(x)-/(2-x)的单调性,可得从而可得结论. I|_ 试题解析;<1>= xx (1)当a0时,fx0函数fx在0,上单调递增,不可能有两个零点 (2)当a0时,fx0,x x 0厲 底’ fx 0 - fx Z 极大值 ] fx的极大值为f 因为feaIne 所以fx在ea a2a ae 必存在一个零点; 2a0, —,由In 2 11 -0得0a—; 22e 显然当 所以f 时, 在 上必存在一个零点; 所以当OvaV亠时,函数/(工)有两个零点- (2)由(I)可知,当aAO时, 冷的极大值叭任卜(任耳=-r ・J 2 令F(*=O-/(2-X)tFf(a)=Z(x)+/(2-jc)=1+-! ——2, x2—x 由Fr(x)=OJfx=l X (0.1) 1 (*) 尸(刃 + 0 ■ 玲) / 极大值 、 clv帀匚卩(西)=/3)-『(2-刃)vF⑴=0,即 又•••/&)=/(乃)…/(花)"(2-幻, 又0A)/(X)在(L+00)上单调递减丿所以逅>2-卷即珂+花a2得证-
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