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1、一对三授课教案校区：西门口 学员姓名： 年级： 所授科目：上课时间：2018年丄月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 (2m- x)，则函数f (x)关于直线x二m对称；可以理解为函数f (x)在对称轴两侧，函数值变化快慢相同，且若f (x)为单峰函数，则x二m必为f (x)的x + xx + x极值点.如二次函数f (x)的顶点就是极值点x，若f (x) = c的两根的中点为十2缶，则刚好有十2 2二x，2 2 0即极值点在两根的正中间，也就是
2、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f (x)的极值点为m，且函数f (x)满足定义域内x二m左侧 的任意自变量x都有f (x) f (2m - x)或f (x) f (2m - x)，则函数f (x)极值点m左右侧变化快慢不同.故x + x单峰函数f (x)定义域内任意不同的实数x ,x满足f (x ) = f (x )，则12与极值点m必有确定的大小关系:1 2 1 2 2x + xx + x若m 飞2，则称为极值点右偏xx + x如函数g(x)=的极值点x = 1刚好在方程g(x) = c的两根中点1 c 2的左边，我们称之为极值点左偏.ex021.若函数f E存在
3、两个零点x1, x2且x1丰x2，求证：x1 + x2 2x0( x0为函数f (x)的极值点);2.若函数f(x)中存在x1, x 2且x1丰x 2满足/ (x1) = f(x2)，求证:x1 + x 2 2 x0( x 0为函数f(x)的极值点);x + x3.若函数W存在两个零点x1, x 2且x1丰x 2，令x0 =丁，求证：广() ；x + x4.若函数 f(x)中存在 x1, x 2 且 x1 丰 x 2 满足 f(x1)= f(x2)，令 x0，求证：广(x0) 0 三、问题初现，形神合聚 函数 f (x) - X2 - 2x + 1 + aex 有两极值点 Xi, X2，且 X
4、X2 证明：叫+ x2 4 .【解析】令金则两无是圏数雷的两个霧点.令如九得“半単=手得斶在区间劣单调邈亦在区间(出)单调递魯令H(x) = h(2jc)-h(l-x) ?则刃=諏0+对一即(2功=空二当0“c2时耳(对单调递氟 有所以 h(2 + x) h(2 - x),所以 h(x ) = h(x ) = h2 + (x - 2) h2 - (x - 2) = h(4 - x )，1 2 2 2 2因为xi 2，4 - x2 4 - x，即x + x 4。1 2 1 2已知函数f （x） = Inx的图象C与函数g（x） =1 ax2 + bx（a丰0）的图象C交于P,Q ,过PQ的中点R
5、作x轴1 2 2的垂线分别交C , C于点M,N，问是否存在点R，使C在M处的切线与C在N处的切线平行？若存在，求 1 2 1 2出R的横坐标；若不存在，请说明理由.【分析】谡只耳对卫（兀=心 31Q,则班号込21尹, 点臥N的横坐标裁=耳=芒玉，珂匚花是函数F（x） = f或X）的两个零点 原问題即採究广（垒导h輕苦为的大小关系，.JL-4即f （誓互）=/（冲-迪于）的符号匚t土实质也是採究F（x）的极倩点是否偏移中点.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
6、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：极值点处理方法一、极值点偏移的判定定理对于可导函数y = f (x)，在区间(a,b)上只有一个极大(小)值点X，方程f (x) = 0的解分别为x ,x，且 0 1 2a x x b，1 2x + x若 f (xi) f (2 x0 - x2)，则十 )x 0即函数y = / (x)在区间(%叮上极(小)大值点xo右(左)偏;x + x(2 )若f (x ) f (2x -x )，则12 ()x，即函数y = f (x)在区间(x ,x )上极(小)大值点x右 1 0 2 2 0 1 2 0(左)偏.证明：(1)
7、因为对于可导函数y = f (x)，在区间(a,b)上只有一个极大(小)值点x，则函数f (x)的单调递增(减)区间为(a,x )，单调递减(增)区间为(x ,b)，由于a x x b，有x x，且2x - x x，0 0 1 2 1 0 0 2 0x + x又f (x ) f (2 x - x )，故x )2 x - x ,所以1 2 ) x，即函数极(小)大值点x右(左)偏；1 0 2 1 0 2 2 0 0(2)证明略.x + x左快右慢(极值点左偏o m q 2)x + xx + x左快右慢(极值点左偏o m 飞 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
8、 (x)的极值点x；(2) 构造一元差函数F(x)二 f (x + x) f (x x)；0 0(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 (x + x)、f (x - x)的大小关系.0 0口诀：极值偏离对称轴，构造函数觅行踪；四个步骤环相扣，两次单调紧跟随.2、抽化模型答题模板：若已知函数f (x)满足f (x ) = f (x )，x为函数f (x)的极值点，求证：x + x F(%)二f (%)- f(x0)二0，从而得到:x x 时，f (x + x) f (x - x)0 0 0(4)不妨设x x x 时，f (x + x) f (x
9、 - x)且 x x x ， f (x ) = f (x )，故0 0 0 1 0 2 1 22 x0 - x2 f % -(B -%)二 f (2% 一叮，又因为x1 x0(一也x )上单调递减，从而得到x 2x 一 x，从而x + x 2x得证.0 10 2 12 0x + xx + xx + x(5)若要证明f( r 2) 0，还需进一步讨论十2 2与x的大小，得出十2 2所在的单调区间，从而得出2 2 2该处函数导数值的正负，从而结论得证.x + x 此处只需继续证明：因为x + x 2 x，故 x，由于f (x)在(-O x )上单调递减，故 1 2 0 2 0 0x + x、f(可
10、 2) 0 .【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 (x + x)与f (x -x)x + x(或f (x)与f (2x -x)的大小关系；若试题难度较大，则直接给出形如x + x 2x或f( +2) 2.1 2【解析】容易求得第 问：/V）在（-込0上单调递増在僅+巧上单调递甌的极值是/（1 =- e第2）冋；构造酌数=+力訂號一（1孟0= 则尸仗）=毛小矿吋,当eo时，fqcjao, .只甥在上单调递槪又） = 0，二西匸花；不妨设x1x2?由（1 ）知X V
11、： 1 ：花 1-= g = /1 + (-1)/=x 1，： 2 一 x 2 一 x，： x + x 2. 2 2 12 1241函数 f (x) = x4 -x3 与直线 y = a(a $)交于 A( x , a)、B( x , a)两点.33124【解析】设羽 花，函数/（划=乂4一牙疋的单调递减区间为（一电1）,单调递増区间为（1=3），有旳： 1,设F（X = E？2审十0,故巩力单调递增区间为（-oo:+oo）,又FC0） = 0 ,所以当兀时，)(0) = 0; 30-00寸，/(1 + 3C)/(1-X),g =/( = /(1 +(-1)/(2-2),4又函数/（x = r
12、4-jv单调递减区间为（初、所以，西2-Xj ；即遍+羽22已知函数 f (x)二 + Inx，若 x 丰 x ,且 f (x ) = f (x )，证明：x + x 4.x1212122【解析】由函数f (x)二一+ Inx单调性可知：若f (x ) = f (x )，则必有x 2 2，而 f (x ) - f (4_ x )二 +lnx -+ ln(4- x ),111 x 14 x1i12 2令 h(x) =+ ln x + ln(4 x)，则x 4 x7,/、2211 2(4 x)2 2x2 + x(4 x)2 + x2(4 x)x2(4 - x)2h( x) = + +=x 2(4 x)2x 4 x=8(x - 2)2 h(2) = 0 ,所以f (x )-f (4-x ) 0 即 f (x ) f (4-x )，所以f (x )
