一道典型的函数极值点讨论与不等式问题

第一篇：一道典型的函数极值点讨论与不等式问题

一道典型的函数极值点讨论与不等式问题

已知函数f(x)ex2x23x.（1）判断函数f(x)在区间[0,1]上极值点情形及个数；

（2）当x1时，若关于x的不等式f(x)ax恒成立，求实数a的取值范围。

解：（1）f(x)ex4x3，f(x)ex40，所以f(x)在[0,1]上单调递增，又因为f(0)20，f(1)e10，所以根据零点存在性定理，f(x)在[0,1]内只有唯一的零点x0，且当x(0,x0)时，f(x)0，当x(x0,1)时，f(x)0，所以f(x)只有一个极小值点，无极大值点。

ex

2x3，（2）f(x)ax可以转化为ax

exex(x1)2x3,x1，则g(x)20恒成立，令g(x)xx2

所以g(x)在[1,)上单调递增，所以g(x)min

ex。g(1)e1.若a2x3恒成立，则ae1（最值原理）x

第二篇：一道典型的抽象函数与抽象不等式问题

一道典型的抽象函数问题

已知函数f(x)的定义域为(2,2)，函数g(x)f(x1)f(32x).（1）求函数g(x)的定义域；

（2）若f(x)为奇函数，并且在定义域上单调递减，求不等式g(x)0的解集。

2x121515解：（1）由得x，g(x)的定义域为(,).222232x22

（2）若f(x)为奇函数，则g(x)f(x1)f(32x)f(x1)f(2x3)，g(x)0f(x1)f(2x3)，又f(x)在定义域上单调递减，151x12x3，解得x2.又g(x)的定义域为(,).不等式g(x)0的解集为(,2].222

第三篇：函数和不等式思想在极值点偏移问题中的应用

函数和不等式思想在极值点偏移问题中的应用

一、教材分析

1．教材的内容

选修

1-1

第三章，本节属于专题复习课.2.教材所处的地位和作用

微积分的创立是数学发展史中的里程碑，它的发展应用开创了向近代数学过渡的新时期，它为研究变量与函数提供了重要的方法和手段。导数的概念是微积分的核心概念之一，它有及其丰富的实际背景和广泛的应用。在选修模块中，学生将通过大量实例，经历由平均变化率到瞬时变化率刻画现实问题的过程，理解导数的含义，体会导数思想及其内涵；应用导数探索函数的单调，极值等性质在实际中的应用，感受导数在解决数学问题和实际问题中的作用，体会微积分的产生对人类文化发展的价值。

3.学情分析

①通过《数学必修》中函数，几何与代数，数学建模等内容的学习以及在《数学选修

1-1》中第二，三章内容的学习，学生已经具备了函数的基本知识和运算能力，这为本节我们讨论极值点偏移问题提供了很好的前提与基础。

②学生具体研究学习了数学必修中函数单调性的寻找，证明和应用及不等式的相关结论，具备了一定的探究能力。基于此，学生会产生思考，如何运用函数和不等式来解决高考试题中极值点偏移的问题，能否给出一般性的解决方法和步骤，如果能够得到这类问题较为简单的解题通法，这个常常出现在高考数学压轴题

题位置上的难点将不会再对我们造成太难的阻碍，甚至会成为部分同学新的得分点。

③教学对象是高三年级理科生，由于学生年龄和能力及题目本身思维要求高，过程繁，计算难度大等原因，学生的思维尽管活跃，敏捷，但却缺乏冷静深刻的数学思维和解难题的能力，因此所做的探索过于片面，结论不够严谨.4.教学的重点和难点

重点：函数构造法，对数平均不等式和极值点偏移的判定定理

难点：函数构造法的结题步骤，构造函数的选取，对数平均不等式的放缩和极值点偏移的判定定理的使用

二、教学目标分析

1．知识与技能

1.能运用函数和不等式解决导数应用中极值点偏移的问题

2.掌握函数和不等式解决这类题的一般步骤

3.极值点偏移的判定定理的使用

2、过程与方法

1.通过利用几何画板展现极值点偏移的过程，让学生直观认识感受极值点偏移的本

质原因，激发学生探究解决问题的激情，和培养学生认真观察事物变化过程，总结变化规律的习惯。同时在此处先不给出极值点偏移的判定定理，而是先用函数构造法和对数平均不等式这两种之前已经介绍过的方法来求解例一。重在感受极值偏移的现象，和复习归纳已经学习的知识方法。

2.结合例一的解题过程，重点回顾讨论解题的方法和步骤，展示这两种方法的易错点和难点的突破口，树立学生解难题的信心规范学生的解题过程。然后把时间向前推移六年到例

2（2010

天津）让学生自主模仿例一的解法尝试来解例二，通过例一的复习学生较容易使用其中的一种或两种方法得到题目的答案让学生体会到学以致用的成就感，同时也通过两题的比对了解到高考题目的变迁历史体会该知识点在高考中的地位清楚今后的复习和学习方向。

3.展示学生例二的解题过程并加以点评后提出更高的要求——有没有更好的方法，结合一开始的三张图片让学生再次重新审视极值点偏移的原因回归到数学本质上来，不用很精准只需要说出自己的直观感受即可，通过这一过程让学生锻炼自己的数学直观想象和数学运算分析等核心素养，同时也为后面介绍极值点偏移的判定定理做好铺垫，比较分析函数构造法和对数平均不等式的特点和优缺点，认识到具体问题具体分析，方法的选择要灵活有针对性，不能盲目模仿和生搬硬套，通过一题多解，和同法异题的求解加深解题方法的理解和应用能力的提高，由具体问题的多角度的思维得出不同方法的求解过程培养学生的探索精神和数学归纳的能力，数学抽象能力。

3、情感态度与价值观

通过经历对例一和例二高考真题的探索和解决，激发学生对数学的好奇心和求知欲，鼓励学生大胆尝试、勇于探索、敢于创新，磨练思维品质，从中获得成功的体验，感受数学思维的奇异美、结构的对称美、形式的简洁美、数学的严谨美．引导学生树立科学的世界观，提高学生的数学素养和综合素质。

三、教学方法与手段分析

1.教学方法

结合本节课的教学内容和学生的认知水平，在教法上，我采用“探究发现”模式的教学方法，整个教学过程以学生为主体，学生自主学习为中心的思想，同时运用多媒体课件教学等技术手段，同一题目不同方法的比对，相同方法不同题目的求解让学生由浅入深，循序渐进的参与这堂课的每个过程，自然而然的完成本节课的教学目标。

2.学法

观察分析→自主探究→

合作交流

→初步运用

→归纳小结

3.教学手段

利用计算机和实物投影等辅助教学，充分调动学生参与课堂教学的主动性与积极性.四、教学过程分析

教学是一个教师的“导”，学生的“学”以及教学过程中的“悟”构成的和谐整体.教师的“导”也就是教师启发、诱导、激励、评价等为学生的学习搭建支架，把学习的任务转移给学生，学生就是接受任务，探究问题、完成任务.如果在教学过程中把“教与学”完美的结合也就是以“问题”为核心，通过对知识的发生、发展和运用过程的演绎、解释和探究来组织和推动教学.Ⅰ.创设情境，提出问题

图

x

=

m

=

x1

+

x2

极值点无偏移

图

x

m

=

x1

+

x2

极值点左偏

0

图

x0

2

0

m

=

x1

+

x2

目的：①本例通过给出三张典型的凹函数图像，让学生从图像特征上去直观感受函数图像极值点发生偏移的原因，有助于调动学生学习积极性，同时上来通过图像让学生直观感受而非繁琐的计算来思考解决问题，有助于开拓学生视野回归数学问题本质，降低了学生对于该问题的为难情绪。

②通过学生观察后教师自然而然的给出极值点偏移的定义，并顺带给出极值点偏移的数学解释逐步让学生由感性认知上升到理论认知，当然老师在此可以对学生提出进一步要求，可不可以给出一般性的判定定理？这里我们只先提出问题，做下伏笔，但并不马上去求解，避免由于问题过难而挫伤学生的积极性，同时也为本节课最后的问题做好了铺垫。

Ⅱ.探究问题

例一（2016

全国卷一）已知函数

f

(x)=

(x

2)ex

+

a(x

-1)2

有两个零点。

（I）求

a的取值范围；（略）

（II）设

x1,x2

是

f

(x)的两个零点，证明：

x1

+

x2

目的：①发挥学生的主观能动性，先自己探求结果，检查学生前一阶段的复习成果和对于问题一的思考和联系；

②让学生对于零点偏移求解过程更加熟练，思路更加清晰；并为下一步对数平均不等式和极值点偏移的判定定理做好铺垫；

解法一：对称构造函数法由（1）知a

³

0

①

x1

x2

②构造函数

F

(x)

=

f

(x)

f

(2

x)，(x

1)

Þ

F

＇

(x)

=

f

＇

(x)

f

＇

(2

x)

=

(x

-1)(ex

+

2a)

+

(1-

x)(e2-x

+

2a)

=

(x

-1)(ex

e2-x)

x

1时

x

0

Þ

x

x

Þ

e2-

x

ex

0

＼

F

＇

(x)

0

Þ

F

(x)在(-

¥，1)上

­

③代入

x1

得

F

(x1)<

F

(1)=

0

Þ

f

(x2)

=

f

(x1)

f

(2

x1)

又Q

y

=

f

(x)在(1，+

¥)上

­

x2

Î

(1,+

¥),2

x1

Î

(1,+

¥)

＼

x2

x1

即

x1

+

x2

提问

1：学生解法一由哪些主要步骤，哪些步骤是你觉得难得地方，我们是如何解决这些困难的？

结合学生的回答对称化构造函数处理极值点偏移问题的基本步骤归纳如下：

＇

①求导获得

f

(x)的单调性，数形结合判断零点

x1,x2

和极值点

x0的范围

②构造辅助函数

F

(x)

=

性

f

(x)

f

(2x0

x)，判断函数

F

(x)的符号，确定函数

F

(x)的单调

③结合F

(x0)

=

0

限定

x的范围判定

F

(x)的符号得到不等式

④将

x1

(或x2)

代入上述不等式，利用

f

(x1)

=

f

(x2)

替换

f

(x1)

⑤结合①求得

f

(x)的单调性转化为

x1,x2的不等式，证明结束。提问

2；可不可以把流程继续简化？

其中主要的三步流程简化为“求导→构造→代入”。构造是难点，求导是关键，常用构

造要记清。

提问

3：还有其他解法吗？提醒学生从不等式构造上思考

学生有困难，则先回顾基本不等式内容，让学生从熟悉的，简单的问题入手

调和平均数£

几何平均数£

算术平均数£

£

平方平均数

A(a,b)

=

a

+

b,L(a,b)

=

a

b

ln

a

ln

b

,G(a,b)

=

ab,(a,b

0)

Þ

A

£

L

£

G

解法二：对数平均不等式（ALG）

f

(x)

=

f

(x)

=

0

Û

(x

2)ex1

+

a(x

-1)2

=

(x

2)ex2

+

a(x

-1)2

=

0

ìïa(x

-1)2

=

(2

x)ex1

Þ

í

ïîa(x

-1)2

=

(2

x)ex2，两式相减得a(x

+

x

-

2)(x

-

x)

=

(2

x)ex1

(2

x)ex2

ìx1

+

x2

³

0

（反证）假设

x

+

x

³

Þ

ïx

x

0

Þ

(2

x)ex

(2

x)ex

£

0

í

î

ïa

³

0

Þ

(2

x)ex1

£

(2

x)ex2

（左右两边同时取对数）

Þ

ln(2

x1)

+

x1

£

ln(2

x2)

+

x2

Þ

ln(2

x1)

ln(2

x2)

£

x2

x1

Þ

（x2

x1

³

Þ

(2

x1)

(2

x2)

³

（*）

ln

x1)-

ln(2

x2)

ln(2

x1)-

ln(2

x2)

由对数平均不等式（ALG）得

(2

x1)

(2

x2)

<

(2

x1)

+

(2

x2)

=

x1

+

x2

£

ln(2

x1)-

ln(2

x2)

显然与（*）相矛盾，假设不成立，原命题成立。

解题流程：实际问题→（数学抽象）数学模型→数学解→（解释与检验）实际问题引导学生体会数学思维的奇异美、结构的对称美、形式的简洁美、数学的严谨美．

提问

4：这类问题最早出现在那一年高考题中，当时的高中生如何解决这类问题，我们是否能在当年的高考题中取得满分？激发学生的动力积极性，检查学生的掌握情况。给出本节的例二

例二（2010

天津卷）已知函数

f

(x)=

xe-x

(x

Î

R)

（I）求函数

f

(x)的单调区间和极值；

（II）已知函数

y

=

g

(x)的图像与函数

y

=

时，f

(x)

g(x);

f

(x)的图像关于直线

x

=

对称，证明：当

x

（III）如果

x1

¹

x2，且

f

(x1)

=

f

(x2)，证明

x1

+

x2

2。

解法一：对称构造函数法（1）（2）略

①由（1）知

x1

x2

②构造函数

F

(x)

=

f

(x)

f

(2

x)，(x

1)

Þ

F

＇

(x)

=

f

＇

(x)

f

＇

(2

x)

=

e-x

(1-

x)

+

e-(2-x)

[1-

(2

x)]

=

e-x

(1-

x)

+

e-(2-x)

(x

-1)

=

(x

-1)(e-2+x

e-x)

其中

x

0

ü

Þ

F

＇

(x)

0

þ

x

Þ

ex-2

e-1

e-

x

ý

Þ

F

(x)在（-

¥,1）上

­

③代入

x1

得

F

(x1)<

F

(1)=

0

Þ

f

(x2)

=

f

(x1)

f

(2

x1)

又Q

y

=

f

(x)在(1，+

¥)上

¯

x2

Î

(1,+

¥),2

x1

Î

(1,+

¥)

＼

x2

x1

即

x1

+

x2

解法二：对数平均不等式（ALG）

f

(x)

=

f

(x)

Þ

x

e-x1

=

x

e-x2

（左右两边同时取对数）

Þ

ln

x1

x1

=

ln

x2

x2

Þ

x1

x2

=

ln

x1

ln

x2

Þ

x1

x2

ln

x1

ln

x2

=

（*）

由对数平均不等式（ALG）得

Þ

x1

+

x2

x1

x2

ln

x1

ln

x2

=

x1

+

x2

提问

5：显然这个问题对于现在的我们不是什么难题了，但作为新时代的我们能不能用给简洁的方法给出这两题的一般性解法，通法的探讨显然是我们要思考的问题。那么学生对于这个新的挑战自然就会萌生极大地兴趣，这时再回顾我们一开始观察三张直观图时提出的问题，解法三的出现也就是必需的了。即本节课的最后一个知识点——极值点偏移的判定定理。

III.按图索骥，回归本质

极值点偏移判定定理：在给定区间

D

上函数

y

=

f

(x)

可导

f

(x1)

=

f

(x2),(x1

x2)，若

x0

为

(x,x)

上的唯一极小值点，f

＇＇＇

(x)

0，则极小值点右偏Û

x1

+

x2

x；

0

f

＇＇＇

(x)

0，则极小值点左偏Û

x1

+

x2

x。

0

对于该定理作为高中生我们只需要了解，不需要完整严格的证明，（后附有泰勒展开的完整证明过程，可以开拓一部分自学高等数学的学生的视野）

那么我们怎么来理解该判定定理呢？我们又如何运用它来解决高中相关的数学问题呢？对此我们分两部分来讨论。

第一部分：我们主要结合导数的几何意义与

n

阶导数的运算来了解该定理的由来。首先

通过让学生再次观察一开始我们已展示的图一，二，三不，学生不难发现

y

=

f

(x)的图

像偏移的原因，即

y

=

f

(x)的图像在u(x0,¶)

内增减速度的不同而发生的。接着再进一步

引导学生思考发生的不同我们如何去用数学的语言来描述刻画它，提醒学生从导数的几

何意义来思考，以图

为例和学生一起做探讨：

y

=

f

(x)的图像的斜率一直在增加，但

增加的速度在变慢，（数学直观想象），如何用数学语言来表述这一变化？（数学抽象）

→

f

＇

(x)

0,f

＇

(x)

增加Þ

f

＇＇

(x)

0（速度变慢）Þ

f

＇＇

(x)的绝对值变小

Þ

y

=

f

＇＇＇

(x)

0。

完成图二的探讨后可让学生模仿独立的完成图

3的探索：

f

＇

(x)

0,f

＇

(x)

增加Þ

f

＇＇

(x)

0

（速度变快）

Þ

f

＇＇

(x)的绝对值变大

Þ

y

=

f

＇＇＇

(x)

0。

以上结论可简单记忆口诀（“小大小”，“小小大”），同时若

x0

是极大值点的话，结论相反，口诀为（“大大大”，“大小小”）

IV.给出定理，尝试新解

第二部分：运用新的判定定理重新去接例一和例二例一新解

极值点偏移判定定理

解法三：

f

(x)=

(x

2)ex

+

a(x

-1)2

Þ

f

＇

(x)

=

(x

-1)(ex

+

2a)

Þ

f

＇＇

(x)

=

(x

-1)ex

+

ex

+

2a

Þ

f

＇＇＇

(x)

=

ex

(x

+1)

分两段区间讨论

①若

x

Î

(-¥,1]，f

(2)

=

a

0

结合图像可知

x1

£

x2

a，则

x1

+

x2

②若

x

Î

(-1,+

¥)，f

＇＇＇

(x)

0，x

=

是极小值，符合“小大小”

Þ

x

+

x2

综上的x1

+

x2

例二新解

解法三：

f

(x)

=

xe-x

Þ



f

＇

(x)

=

e-x

xe-x

Þ



f

＇＇

(x)

=

e-x

(x

2)

Þ

f

＇＇＇

(x)

=

e-x

(3

x)

分两段区间讨论

①若

x

Î[3,+

¥)，可知

x1

+

x2

max{x1,x2}

³

2，则

x1

+

x2

②若

x

Î

(-

¥,3)，f

＇＇＇

(x)

0，x

=

是极大值，符合“大大大”

Þ

x



+

x2

综上知

x1

+

x2

至此我们回头再看例一和例二的三个解法，不知不觉中对于一开始极值点偏移的问题有

了更新的认知。

VI.课堂练习

巩固双基

练习

1（2011

辽宁卷）已知函数

f

(x)

=

ln

x

ax2

+

(2

a)x。

（I）讨论函数

f

(x)的单调性；

（II）设a

0，证明：当0

x

时，f

（1

+

x)

f

（1

x);

a

a

a

（III）若函数

y

=

f

(x0)

0。

f

(x)的图像与

x

轴交于

A,B

两点，线段

AB

中点的横坐标为

x0，证明

练习

2（2014

天津卷）设

f

(x)

=

x

aex

(a

Î

R),x

Î

R

已知函数

y

=

且

x1

x2

（1）求

a的取值范围

（2）证明

x2

随着

a的减小而增大

x1

（3）证明

x1

+

x2

随着

a的减小而增大

f

(x)

有两个零点

x1,x2，练习

已知函数

f

(x)

=

a

ln

x,a

Î

R.若函数

f

(x)

有两个零点

x,x。

x

求证：

x1

+

x2

练习

已知函数

f

(x)

=

ex

ax

有两个不同的零点

x,x，其极值点为

x

0

（I）求

a的取值范围

（II）求证：

x1

+

x2

2x0

（III）求证：

x1

+

x2

（IV）求证：

x1

x2

目的：①通过学生的主体参与，使学生深切体会到本节课的主要内容和思想方法，从而实现对知识的再次深化.②练习分层，有利于不同层次的学生培养。

VII.课堂小结

学生点评，老师引导:

①由图像直观到方法求解,由繁琐到简洁，由为结题而解题到回归数学本质，一再的追问和尝试思考有利于学生的知识迁移和能力提高；

②用三种方法解题的运用：函数构造法，对数平均不等式和极值点偏移的判定定理。对三种解法的对比的再认识．特别是方法的选择上要能尽可能适合题目适合自己；

③在理解方法的基础上,及时进行正反两方面的“短、平、快”填空和判断是非练习.通过总结、辨析和反思，强化解法的灵活性，促进学生主动建构，有助于学生形成知识模块，优化知识体系.体现知识目标。

五、教学评价

结果因过程而精彩,现象因方法而生动.无论是情境创设,还是探究设计,都必须以学生为主体、教师为主导、训练为主线,设法从庞杂的知识中引导学生去寻找关系,挖掘书本背后的数学思想,建构基于学生发展的知识体系,教学生学会思考,让教学真正成为发展学生能力的课堂活动。因此，本课例在具体问题的数学模型的建立和数学工具的选择上舍得花大量时间，便是为了培养学生学会探究与创新，它就像一缕温暖的阳光，不一定能唤醒万物，却能催开人世间最绚丽的花朵。

通过三种解题方法的研究，使学生从不同的思维角度掌握了极值点偏移的解决方法；从图像直观到理论总结和方法尝试，数学的解题方法拉近了知识之间的联系；由特殊到一般问题的推导不再让学生为解题而解题，展现了数学思维的魅力．学生从中深刻地领会到解题过程中所蕴含的数学思想，培养了学生思维的深刻性、敏锐性、广阔性、批判性．同时通过精讲一题，发散一串的变式教学，使学生既巩固了知识，又形成了技能．在此基础上，通过民主和谐的课堂氛围，培养了学生自主学习、合作交流的学习习惯，也培养了学生勇于探索、不断创新的思维品质．

第四篇：构造函数处理不等式问题

构造函数处理不等式问题

函数与方程，不等式等联系比较紧密，如果从方程，不等式等问题中所提供的信息得知其本质与函数有关，该题就可考虑运用构造函数的方法求解。构造函数，直接把握问题中的整体性运用函数的性质来解题，是一种制造性的思维活动。因此要求同学们多分析数学题中的条件和结论的结构特征及内在联系，能合理准确地构建相关函数模型。

一、构造函数解不等式

1、解不等式

810解不等式 x35x0 3(x1)x

1分析；本题直接将左边通分采用解高次不等式的思维来做运算较烦。但注意8102323到且题中出现()5()x5x , 启示我们构造函数3x1x1x1(x1)

f(x)=x3+5x去投石问路。解：将原不等式化为（f(232)5()x35x，令f(x)=x3+5x，则不等式变为x1x122)f(x)，∵f(x)=x3+5x在R上为增函数∴原不等式等价于x，解x1x1之得：－1＜x＜2或x＜－2。

2解含参不等式中参数范围问题

例3已知不等式11112loga(a1)对大于1的一切自然数n1n22n12

3n恒成立，试确定参数a的取值范围。解：设f(n)

∵f(n+1)-f(n)111，n1n22n11110,∴f(n)是关于n 的增函2n12n2n1(2n1)(2n2)

数。又n≥2∴f(n)≥f(2)=

恒成立,必须有

∴1＜a＜712∴f(n)loga(a1)对大于1的一切自然数n121237121loga(a1)∴loga(a1)1，而a＞1，∴a-1＜12123a151∴a的取值范围为（1，）。2

2二、构造函数证明不等式。

1。移项作差，构造一元函数

【例】当x(1,)时，122xlnxx3 2

3【解】设F(x)g(x)f(x)，即F(x)

231

2xxlnx，32

1(x1)(2x2x1)

则F(x)2xx=

xx(x1)(2x2x1)

当x1时，F(x)=

x

从而F(x)在(1,)上为增函数，∴F(x)F(1)故在区间(1,)上，0 6

122xlnxx3 23

【警示启迪】本题首先根据题意构造出一个函数（可以移项，使右边为零，将移项后的左

式设为函数），并利用导数判断所设函数的单调性，再根据函数单调性的定义，证明要证的不等式。读者也可以设F(x)f(x)g(x)做一做，深刻体会其中的思想方法。2。二元不等式，定主元化为一元函数（全国）已知函数gxxlnx

设0ab,证明 ：0g(a)g(b)2g（ab)(ba)ln2.2

分析：对于本题绝大部分的学生都会望而生畏.学生的盲点也主要就在对所给函数用不上.如果能挖掘一下所给函数与所证不等式间的联系，想一想大小关系又与函数的单调性密切相关，由此就可过渡到根据所要证的不等式构造恰当的函数，利用导数研究函数的单调性，借助单调性比较函数值的大小，以期达到证明不等式的目的.证明如下： 证明：对g(x)xlnx求导,则g(x)lnx1.在g(a)g(b)2g（'

ab)中以b为主变元构造函数, 2

ax'axax

.)]lnxln),则F'(x)g'(x)2[g（222

设F(x)g(a)g(x)2g（'

当0xa时，F(x)0,因此F(x)在(0,a)内为减函数.当xa时,F(x)0,因此F(x)在(a,)上为增函数.从而当xa时, F(x)有极小值F(a).因为F(a)0,ba,所以F(b)0,即g(a)g(b)2g(又设G(x)F(x)(xa)ln2.则G'(x)lnxln

''

ab)0.2

ax

ln2lnxln(ax).2

当x0时,G(x)0.因此G(x)在(0,)上为减函数.因为G(a)0,ba,所以G(b)0,即g(a)g(b)2g(3。幂指数函数不等式，对数法构造函数

ab)(ba)ln2 2

例：证明当x0时,(1x)

1

1x

e

1

x2

4。数列和型不等式，利用通项构造函数 例：证明：对任意的正整数n，不等式ln(n1)令h(x)x3f(x)x3x2ln(x1),（k

1n

)都成立。k2k3

3x3(x1)2

0在[0,)上恒成立，则h'(x)

x1

所以h(x)在[0,)上单调递增，8分

则当x(0,)时，恒有h(x)h(0)0.即当x(0,)时，有x3x2ln(x1)0, 整理，得ln(x1)x2x3.9分

对任意正整数n，取x所以ln

1111

得ln(1)23，nnnn

10分

n11111

23，整理得ln(n1)lnn23,nnnnn

1111

,ln3ln2,2223121311

, 23nn

则有ln2ln1……

ln(n1)lnn

所以(ln2ln1)(ln3ln2)[ln(n1)lnn]（1111

)(

12132223

（11

3)，2

nn

即ln(n1)

(k

k1

n

).3k

作业：1设f(x)是定义在R上的奇函数，f(2)2,当x0时，有f(x)xf(x)恒成立，则不等式f(x)x的解集是（D）（A）（2，0）∪（2，）（C）（，2）∪（2，）

（B）（2，0）∪（0，2）（D）（，2）∪（0，2）

证明当bae,证明ab

b

a3、（2007年，安徽卷）设a0,f(x)x1lnx2alnx

求证：当x1时，恒有xlnx2alnx1，（2007年，陕西卷）f(x)是定义在（0，+∞）上的非负可导函数，且满足

xf(x)f(x)≤0，对任意正数a、b，若a < b，则必有

（A）（A）af(b)≤bf(a)（C）af(a)≤f(b)4

（B）bf(a)≤af(b)

（D）bf(b)≤f(a)

5。已知a0,x1,求证: xlnx2alnx1

n

6。已知nN,求证:lnn

ii1i2i2

*

n

第五篇：13多元函数的极值与连续

CH 13

多元函数的极值与连续

1，平面点集

邻域：M0(x0,y0)R2，称{(x,y)|(xx0)(yy0),0}为点M0的邻域，记作O(M0,)。

点列的极限：设{xn}是X轴上的一点列，{yn}是Y轴上的一个点列，则以xnyn为坐标的点{(xn,yn)}组成平面上的一个点列，记作{Mn}，又设M0是平面上的一点，其坐标为M0(x0,y0)，若对M0的任何一个邻域O(M0,)，总存在正整数N，当nN时，有MnO(M0,)，就称点列{Mn}收敛，并且收敛于M0，记作limMnM0或则记为

n22（n）即(xn,yn)(x0,y0)，（n）。MnM0，上面点列极限的定义也可用不等式叙述：若对0，总存在N，当nN时，有(xx0)2(yy0)2就称{Mn}收敛于M0。

点列极限的性质：

性质1：(xn,yn)(x0,y0)的充分必要条件是xnx0，yny0，（n）性质2：若{Mn}收敛，则它只有一个极限，即极限是唯一的。

内点：设M0E，如果存在M0的一个邻域O(M0,)，使得O(M0,)E，则M0是E的内点。

外点：设M1E，如果存在M1的一个邻域O(M1,)，使得O(M1,)中没有E的点，就称M1是E的外点。

边界点：设M1是平面上的一点，它可以属于E，也可以不属于E，如果对M的任何邻域O(M,)，其中既含有E的点，又含有非E中的点，就称M为E的边界点，E的边界点的全体叫做E的边界。

开集：如果E的点都是E的内点，就称E是开集。

聚点：设M0是平面上的一点，它可以属于E，也可以不属于E，如果对M0的任何一个邻域O(M0,)，在这一邻域内至少含有E的一个（不等于M0）点，就称M0是E的聚点。***闭集：若E的所有聚点都在E内就称E是闭集。

区域：设E是一个开集，并且E中任何两点M1和M2之间都可以用有限条属于E的直线段所组成的折线结起来，称E是区域。

闭区域：一个区域加上它的边界就是一个闭区域。平面点集的几个基本定理：

矩形套定理：设{anxnbn,cnyndn}是矩形anxnbn,cnyndn，(n1,2,...)所组成的矩形序列，其中每一个矩形都含在前一个矩形中，并且bnan0，那么有唯一的一点M0(x0,y0)，它位于每一个矩形中，亦即：

anx0bn,cny0dn(n1,2,...)

致密性原理（Weierstrass定理）：如果列{Mn(xn,yn)}有界（即存在常数a,b,c,d，使得axnb,cynd(n1,2,...)），那么从其中必能选取收敛的子列。

有限覆盖定理：若一开矩形集合{}{x,y}覆盖有限闭区域，那么从{}里，必可选出有限个开矩形，它们也能覆盖这个区域。

收敛原理：平面点列{Mn}有极限的充分必要条件是：对任意给定的0，总存在N，当m,nN时，有r(Mn,Mm)。

2，多元函数的概念

二元函数的定义：设E是平面点集，f是一个规律。如果对E中的每一点(x,y)，通过规律f在R中存在唯一一个实数u和点(x,y)相对应，就称f是定义在E上的一个二元函数，它在(x,y)的函数值是u，并记此值为f(x,y)。即uf(x,y)。与一元函数相仿。常采用下面的记号记这个函数：

f:ER,(x,y)uf(x,y)

并称E是f的定义域，通常为省略，也称f(x,y)是一个二元函数。

3，二元函数的极限

二元函数的极限的定义：设二元函数f(M)f(x,y)在点M0(x0,y0)附近有定义。（而在M0点是否有定义无关紧要）如果对0，总存在0，当0r(M,M0)时恒有|f(M)A|，就称A是二元函数f(M)在M0点的极限。记为：

MM0limf(M)A或f(M)A，（MM0）

上述定义可用点的坐标描述，即：如果对0，总存在0，当0(xx0)2(yy0)2时，恒有|f(x,y)A|。就称A是二元函数f(x,y)在M0(x0,y0)点的极限。

上述定义也可用邻域来表达，若对A的任何邻域O(A,)，总存在M0点的邻域O(M0,)，当MO(M0,){M0}时，恒有f(M)O(A,)，就称A是二元函数f(M)在M0点的极限。

上述定义也可叙述为：若0，总存在0，使得当|xx0|，|yy0|且(x,y)不与M0(x0,y0)重合，亦即(xx0)2(yy0)20时，恒有：

|f(x,y)A|，就称A是二元函数f(M)在M0点的极限。

上述的极限通常也称为二重极限。而诸如若limlimf(x,y)存在或limlimf(x,y)存

yy0xx0xx0yy0在的极限称为二次极限或累次极限。

4，二元函数的连续性及性质

二元函数连续的定义：若f(M)f(x,y)在M0(x0,y0)有定义，且满足MM0limf(M)f(M0)，则称f(M)在点M0(x0,y0)连续。

关于极限的性质和运算法则，以及连续函数的运算法则，与一元函数的情况是完全相似的。

若对某一区域（或开或闭）上的任意一点M0(x0,y0)，当M取此区域上任意的点列趋于M0(x0,y0)时，f(M)的极限恒为f(M0)，那么称f(M)在此区域上连续。

有界闭区域上连续函数的性质：

性质1：有界性定理：若f(x,y)在有界闭区域D上连续，则它在D上有界；亦即存在正数M，使得在D上恒有|f(x,y)|M。

性质2 ：一致连续性定理：若f(x,y)在有界闭区域D上连续，则它在D上一致连续；亦即对0，总存在0，使得D上任意两点M'(x',y')，M''(x'',y'')，当|x'x''|，|y'y''|时恒有：

|f(x',y')f(x'',y'')|。

性质3：最大值最小值定理：若f(x,y)在有界闭区域D上连续，则它在D上必有最大值和最小值。

性质4：零点存在定理：若f(x,y)在区域D（不一定有界闭区域）内连续，并且在D内两点M1(a1,b1)，N1(1,1)异号。即f(a1,b1)f(1,1)0，那么用完全位于D内的任意折线l连接M1和N1时，在l上必有一点M(x,y)，满足f(x,y)0。

5，二重极限与二次极限的关系

（1）两个二次极限都不存在，而二重极限仍可能存在。（2）两个二次极限存在而不相等，二重极限必不存在。（3）两个二次极限存在且相等，但二重极限仍可能不存在。

例：证明有界闭区域上二元连续函数的有界性定理，最大（小）值定理及一致连续性定理。（1）有界闭区域上的二元连续函数必有界；（2）最大（小）值定理；（3）一致连续性定理。

证：（1）用反证法，设f(x,y)在有界闭区域D上连续，但无界。

n,Mn(xn,yn)D，有|f(xn,yn)|n，由致密性定理序列{Mn(xn,yn)}D必有界，从其中必能选出收敛的子列{Mnk}{Mn}，有limMnkM(x,y)，由于D为有界

k闭区域，故MD。故f(x,y)在点M连续，limf(xnk,ynk)f(M)f(x,y)。但在k构造Mn(xn,yn)时已设

|f(xn,yn)|n,|f(xnk,ynk)|nkk，故{f(xnk,ynk)}{f(xn,yn)}发散到无穷大。这与limf(xnk,ynk)f(M)f(x,y)收敛矛盾。

（2）因f在D上有界，故设Msupf(p),minff(p)，可证必有一点QD，有

pDpDf(Q)M（同理可证Q'D,使f(Q')m）。如若不然，pD均有Mf(p)0。

考察D上的正值连续函数F(p)1，由前面知F在D上有界，又因f不能在DMf(p)上达到上确界M，故存在收敛的点列{pn}D，使limf(pn)M。于是

nlimF(pn)，这与F在D上有界矛盾，故f在D上能取得最大值。

n（3）（用反证法）设f(x,y)在有界闭区域D上连续，但非一致连续。则0,0，如11,n1,2,有相应的Pn,QnD:r(Pn,Qn)但|f(Pn)f(Qn)|0成立。由nnk于D为有界闭区域，故存在收敛的点列{Pnk}{Pn}并设limPnkP0。再在{Qn}中取出与{Pn}具有相同足标的点列{Qnk}{Qn}，由0r(Pn,Qn)10,k，从而有 nklimQnklimPnkP0kkk，最后由

f在P0连续，得lim|f(Pn)f(Qn)||f(P0)f(P0)|0，这与|f(Pn)f(Qn)|0矛盾，所以f在D上一致连续。