极值点偏移1-2---极值点偏移定理

1极值点偏移1-2---极值点偏移判定定理一、极值点偏移的判定定理对于可导函数)(xfy，在区间),(ba上只有一个极大（小）值点0x，方程0)(xf的解分别为21,xx，且bxxa21，（1）若)2()(201xxfxf，则021)(2xxx，即函数)(xfy在区间),(21xx上极（小）大值点0x右（左）偏；（2）若)2()(201xxfxf，则021)(2xxx，即函数)(xfy在区间),(21xx上极（小）大值点0x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0x，则函数)(xf的单调递增（减）区间为),(0xa，单调递减（增）区间为),(0bx，由于bxxa21，有01xx，且0202xxx，又)2()(201xxfxf，故2012)(xxx，所以021)(2xxx，即函数极（小）大值点0x右（左）偏；（2）证明略.左快右慢（极值点左偏221xxm）左慢右快（极值点右偏221xxm）2左快右慢（极值点左偏221xxm）左慢右快（极值点右偏221xxm）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.[KS5UKS5U.KS5U（2）构造)()()(00xxfxxfxF；注：此处根据题意需要还可以构造成)2()()(0xxfxfxF的形式.[KS5UKS5U]（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3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.[KS5UKS5U.KS5U三、对点详析，利器显锋芒★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.4∵12x，∴122x，)(xf在)1,(上单调递增，∴212xx，∴221xx.★函数3434)(xxxf与直线)31(aay交于),(1axA、),(2axB两点.证明：221xx.★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212xx，。所以241x，而)4ln(42ln2)4()(111111xxxxxfxf，令)4ln(ln422)(xxxxxh，则50)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.★已知函数221xfxxeax有两个零点.设12,xx是fx的两个零点，证明：122xx.四、招式演练★已知函数22xagxex，其中,2.71828aRe为自然对数的底数，fx是gx的导函数.（Ⅰ）求fx的极值；（Ⅱ）若1a，证明：当12xx，且12fxfx时，120xx.【答案】(1)当0a时，fx无极值;当0a时,fx有极小值lnlnfaaaa;(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；（Ⅱ）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：6（Ⅰ）xfxgxeax的定义域为,，xfxea当0a时，0fx在,x时成立fx在,上单调递增，fx无极值.当0a时，0xfxea解得lnxa由0fx得lnxa；由0fx得lnxa所以fx在,lna上单调递减，在ln,a上单调递增，故fx有极小值lnlnfaaaa.（Ⅱ）当1a时，xfxex的定义域为,，1xfxe，由10xfxe，解得0x.当x变化时，fx，fx变化情况如下表：x,000,fx0+fx单调递减极小值单调递增∵12xx，且12fxfx，则120xx（不妨设12xx）7★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.【答案】（1）102ae;（2）见解析.（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8x10,2a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；9[KS5UKS5U][KS5UKS5U]