第一篇：一道典型的函數極值點討論與不等式問題
一道典型的函數極值點討論與不等式問題
已知函數f(x)?ex?2x2?3x.（1）判斷函數f(x)在區間[0,1]上極值點情形及個數；
（2）當x?1時，若關于x的不等式f(x)?ax恒成立，求實數a的取值范圍。
解：（1）f?(x)?ex?4x?3，f??(x)?ex?4?0，所以f?(x)在[0,1]上單調遞增，又因為f?(0)??2?0，f?(1)?e?1?0，所以根據零點存在性定理，f?(x)在[0,1]內只有唯一的零點x0，且當x?(0,x0)時，f?(x)?0，當x?(x0,1)時，f?(x)?0，所以f(x)只有一個極小值點，無極大值點。
ex
?2x?3，（2）f(x)?ax可以轉化為a?x
exex(x?1)?2x?3,x?1，則g?(x)??2?0恒成立，令g(x)?xx2
所以g(x)在[1,??)上單調遞增，所以g(x)min
ex。?g(1)?e?1.若a??2x?3恒成立，則a?e?1（最值原理）x
第二篇：一道典型的抽象函數與抽象不等式問題
一道典型的抽象函數問題
已知函數f(x)的定義域為(?2,2)，函數g(x)?f(x?1)?f(3?2x).（1）求函數g(x)的定義域；
（2）若f(x)為奇函數，并且在定義域上單調遞減，求不等式g(x)?0的解集。
??2?x?1?21515解：（1）由?得?x?，?g(x)的定義域為(,).222??2?3?2x?22
（2）若f(x)為奇函數，則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)在定義域上單調遞減，151?x?1?2x?3，解得x?2.又g(x)的定義域為(,).?不等式g(x)?0的解集為(,2].222
第三篇：函數和不等式思想在極值點偏移問題中的應用
函數和不等式思想在極值點偏移問題中的應用
一、教材分析
1．教材的內容
選修
1-1
第三章，本節屬于專題復習課.2.教材所處的地位和作用
微積分的創立是數學發展史中的里程碑，它的發展應用開創了向近代數學過渡的新時期，它為研究變量與函數提供了重要的方法和手段。導數的概念是微積分的核心概念之一，它有及其豐富的實際背景和廣泛的應用。在選修模塊中，學生將通過大量實例，經歷由平均變化率到瞬時變化率刻畫現實問題的過程，理解導數的含義，體會導數思想及其內涵；應用導數探索函數的單調，極值等性質在實際中的應用，感受導數在解決數學問題和實際問題中的作用，體會微積分的產生對人類文化發展的價值。
3.學情分析
①通過《數學必修》中函數，幾何與代數，數學建模等內容的學習以及在《數學選修
1-1》中第二，三章內容的學習，學生已經具備了函數的基本知識和運算能力，這為本節我們討論極值點偏移問題提供了很好的前提與基礎。
②學生具體研究學習了數學必修中函數單調性的尋找，證明和應用及不等式的相關結論，具備了一定的探究能力?；诖耍瑢W生會產生思考，如何運用函數和不等式來解決高考試題中極值點偏移的問題，能否給出一般性的解決方法和步驟，如果能夠得到這類問題較為簡單的解題通法，這個常常出現在高考數學壓軸題
題位置上的難點將不會再對我們造成太難的阻礙，甚至會成為部分同學新的得分點。
③教學對象是高三年級理科生，由于學生年齡和能力及題目本身思維要求高，過程繁，計算難度大等原因，學生的思維盡管活躍，敏捷，但卻缺乏冷靜深刻的數學思維和解難題的能力，因此所做的探索過于片面，結論不夠嚴謹.4.教學的重點和難點
重點：函數構造法，對數平均不等式和極值點偏移的判定定理
難點：函數構造法的結題步驟，構造函數的選取，對數平均不等式的放縮和極值點偏移的判定定理的使用
二、教學目標分析
1．知識與技能
1.能運用函數和不等式解決導數應用中極值點偏移的問題
2.掌握函數和不等式解決這類題的一般步驟
3.極值點偏移的判定定理的使用
2、過程與方法
1.通過利用幾何畫板展現極值點偏移的過程，讓學生直觀認識感受極值點偏移的本
質原因，激發學生探究解決問題的激情，和培養學生認真觀察事物變化過程，總結變化規律的習慣。同時在此處先不給出極值點偏移的判定定理，而是先用函數構造法和對數平均不等式這兩種之前已經介紹過的方法來求解例一。重在感受極值偏移的現象，和復習歸納已經學習的知識方法。
2.結合例一的解題過程，重點回顧討論解題的方法和步驟，展示這兩種方法的易錯點和難點的突破口，樹立學生解難題的信心規范學生的解題過程。然后把時間向前推移六年到例
2（2010
天津）讓學生自主模仿例一的解法嘗試來解例二，通過例一的復習學生較容易使用其中的一種或兩種方法得到題目的答案讓學生體會到學以致用的成就感，同時也通過兩題的比對了解到高考題目的變遷歷史體會該知識點在高考中的地位清楚今后的復習和學習方向。
3.展示學生例二的解題過程并加以點評后提出更高的要求——有沒有更好的方法，結合一開始的三張圖片讓學生再次重新審視極值點偏移的原因回歸到數學本質上來，不用很精準只需要說出自己的直觀感受即可，通過這一過程讓學生鍛煉自己的數學直觀想象和數學運算分析等核心素養，同時也為后面介紹極值點偏移的判定定理做好鋪墊，比較分析函數構造法和對數平均不等式的特點和優缺點，認識到具體問題具體分析，方法的選擇要靈活有針對性，不能盲目模仿和生搬硬套，通過一題多解，和同法異題的求解加深解題方法的理解和應用能力的提高，由具體問題的多角度的思維得出不同方法的求解過程培養學生的探索精神和數學歸納的能力，數學抽象能力。
3、情感態度與價值觀
通過經歷對例一和例二高考真題的探索和解決，激發學生對數學的好奇心和求知欲，鼓勵學生大膽嘗試、勇于探索、敢于創新，磨練思維品質，從中獲得成功的體驗，感受數學思維的奇異美、結構的對稱美、形式的簡潔美、數學的嚴謹美．引導學生樹立科學的世界觀，提高學生的數學素養和綜合素質。
三、教學方法與手段分析
1.教學方法
結合本節課的教學內容和學生的認知水平，在教法上，我采用“探究發現”模式的教學方法，整個教學過程以學生為主體，學生自主學習為中心的思想，同時運用多媒體課件教學等技術手段，同一題目不同方法的比對，相同方法不同題目的求解讓學生由淺入深，循序漸進的參與這堂課的每個過程，自然而然的完成本節課的教學目標。
2.學法
觀察分析→自主探究→
合作交流
→初步運用
→歸納小結
3.教學手段
利用計算機和實物投影等輔助教學，充分調動學生參與課堂教學的主動性與積極性.四、教學過程分析
教學是一個教師的“導”，學生的“學”以及教學過程中的“悟”構成的和諧整體.教師的“導”也就是教師啟發、誘導、激勵、評價等為學生的學習搭建支架，把學習的任務轉移給學生，學生就是接受任務，探究問題、完成任務.如果在教學過程中把“教與學”完美的結合也就是以“問題”為核心，通過對知識的發生、發展和運用過程的演繹、解釋和探究來組織和推動教學.Ⅰ.創設情境，提出問題
圖
x
=
m
=
x1
+
x2
極值點無偏移
圖
x
m
=
x1
+
x2
極值點左偏
0
圖
x0
2
0
m
=
x1
+
x2
目的：①本例通過給出三張典型的凹函數圖像，讓學生從圖像特征上去直觀感受函數圖像極值點發生偏移的原因，有助于調動學生學習積極性，同時上來通過圖像讓學生直觀感受而非繁瑣的計算來思考解決問題，有助于開拓學生視野回歸數學問題本質，降低了學生對于該問題的為難情緒。
②通過學生觀察后教師自然而然的給出極值點偏移的定義，并順帶給出極值點偏移的數學解釋逐步讓學生由感性認知上升到理論認知，當然老師在此可以對學生提出進一步要求，可不可以給出一般性的判定定理？這里我們只先提出問題，做下伏筆，但并不馬上去求解，避免由于問題過難而挫傷學生的積極性，同時也為本節課最后的問題做好了鋪墊。
Ⅱ.探究問題
例一（2016
全國卷一）已知函數
f
(x)=
(x
2)ex
+
a(x
-1)2
有兩個零點。
（I）求
a的取值范圍；（略）
（II）設
x1,x2
是
f
(x)的兩個零點，證明：
x1
+
x2
目的：①發揮學生的主觀能動性，先自己探求結果，檢查學生前一階段的復習成果和對于問題一的思考和聯系；
②讓學生對于零點偏移求解過程更加熟練，思路更加清晰；并為下一步對數平均不等式和極值點偏移的判定定理做好鋪墊；
解法一：對稱構造函數法由（1）知a
3
0
①
x1
x2
②構造函數
F
(x)
=
f
(x)
f
(2
x)，(x
1)
T
F
＇
(x)
=
f
＇
(x)
f
＇
(2
x)
=
(x
-1)(ex
+
2a)
+
(1-
x)(e2-x
+
2a)
=
(x
-1)(ex
e2-x)
x
1時
x
0
T
x
x
T
e2-
x
ex
0
＼
F
＇
(x)
0
T
F
(x)在(-
￥，1)上
-
③代入
x1
得
F
(x1)<
F
(1)=
0
T
f
(x2)
=
f
(x1)
f
(2
x1)
又Q
y
=
f
(x)在(1，+
￥)上
-
x2
?
(1,+
￥),2
x1
?
(1,+
￥)
＼
x2
x1
即
x1
+
x2
提問
1：學生解法一由哪些主要步驟，哪些步驟是你覺得難得地方，我們是如何解決這些困難的？
結合學生的回答對稱化構造函數處理極值點偏移問題的基本步驟歸納如下：
＇
①求導獲得
f
(x)的單調性，數形結合判斷零點
x1,x2
和極值點
x0的范圍
②構造輔助函數
F
(x)
=
性
f
(x)
f
(2x0
x)，判斷函數
F
(x)的符號，確定函數
F
(x)的單調
③結合F
(x0)
=
0
限定
x的范圍判定
F
(x)的符號得到不等式
④將
x1
(或x2)
代入上述不等式，利用
f
(x1)
=
f
(x2)
替換
f
(x1)
⑤結合①求得
f
(x)的單調性轉化為
x1,x2的不等式，證明結束。提問
2；可不可以把流程繼續簡化？
其中主要的三步流程簡化為“求導→構造→代入”。構造是難點，求導是關鍵，常用構
造要記清。
提問
3：還有其他解法嗎？提醒學生從不等式構造上思考
學生有困難，則先回顧基本不等式內容，讓學生從熟悉的，簡單的問題入手
調和平均數￡
幾何平均數￡
算術平均數￡
￡
平方平均數
A(a,b)
=
a
+
b,L(a,b)
=
a
b
ln
a
ln
b
,G(a,b)
=
ab,(a,b
0)
T
A
￡
L
￡
G
解法二：對數平均不等式（ALG）
f
(x)
=
f
(x)
=
0
?
(x
2)ex1
+
a(x
-1)2
=
(x
2)ex2
+
a(x
-1)2
=
0
ì?a(x
-1)2
=
(2
x)ex1
T
í
??a(x
-1)2
=
(2
x)ex2，兩式相減得a(x
+
x
-
2)(x
-
x)
=
(2
x)ex1
(2
x)ex2
ìx1
+
x2
3
0
（反證）假設
x
+
x
3
T
?x
x
0
T
(2
x)ex
(2
x)ex
￡
0
í
?
?a
3
0
T
(2
x)ex1
￡
(2
x)ex2
（左右兩邊同時取對數）
T
ln(2
x1)
+
x1
￡
ln(2
x2)
+
x2
T
ln(2
x1)
ln(2
x2)
￡
x2
x1
T
（x2
x1
3
T
(2
x1)
(2
x2)
3
（*）
ln
x1)-
ln(2
x2)
ln(2
x1)-
ln(2
x2)
由對數平均不等式（ALG）得
(2
x1)
(2
x2)
<
(2
x1)
+
(2
x2)
=
x1
+
x2
￡
ln(2
x1)-
ln(2
x2)
顯然與（*）相矛盾，假設不成立，原命題成立。
解題流程：實際問題→（數學抽象）數學模型→數學解→（解釋與檢驗）實際問題引導學生體會數學思維的奇異美、結構的對稱美、形式的簡潔美、數學的嚴謹美．
提問
4：這類問題最早出現在那一年高考題中，當時的高中生如何解決這類問題，我們是否能在當年的高考題中取得滿分？激發學生的動力積極性，檢查學生的掌握情況。給出本節的例二
例二（2010
天津卷）已知函數
f
(x)=
xe-x
(x
?
R)
（I）求函數
f
(x)的單調區間和極值；
（II）已知函數
y
=
g
(x)的圖像與函數
y
=
時，f
(x)
g(x);
f
(x)的圖像關于直線
x
=
對稱，證明：當
x
（III）如果
x1
1
x2，且
f
(x1)
=
f
(x2)，證明
x1
+
x2
2。
解法一：對稱構造函數法（1）（2）略
①由（1）知
x1
x2
②構造函數
F
(x)
=
f
(x)
f
(2
x)，(x
1)
T
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
T
F
＇
(x)
0
t
x
T
ex-2
e-1
e-
x
y
T
F
(x)在（-
￥,1）上
-
③代入
x1
得
F
(x1)<
F
(1)=
0
T
f
(x2)
=
f
(x1)
f
(2
x1)
又Q
y
=
f
(x)在(1，+
￥)上
ˉ
x2
?
(1,+
￥),2
x1
?
(1,+
￥)
＼
x2
x1
即
x1
+
x2
解法二：對數平均不等式（ALG）
f
(x)
=
f
(x)
T
x
e-x1
=
x
e-x2
（左右兩邊同時取對數）
T
ln
x1
x1
=
ln
x2
x2
T
x1
x2
=
ln
x1
ln
x2
T
x1
x2
ln
x1
ln
x2
=
（*）
由對數平均不等式（ALG）得
T
x1
+
x2
x1
x2
ln
x1
ln
x2
=
x1
+
x2
提問
5：顯然這個問題對于現在的我們不是什么難題了，但作為新時代的我們能不能用給簡潔的方法給出這兩題的一般性解法，通法的探討顯然是我們要思考的問題。那么學生對于這個新的挑戰自然就會萌生極大地興趣，這時再回顧我們一開始觀察三張直觀圖時提出的問題，解法三的出現也就是必需的了。即本節課的最后一個知識點——極值點偏移的判定定理。
III.按圖索驥，回歸本質
極值點偏移判定定理：在給定區間
D
上函數
y
=
f
(x)
可導
f
(x1)
=
f
(x2),(x1
x2)，若
x0
為
(x,x)
上的唯一極小值點，f
＇＇＇
(x)
0，則極小值點右偏?
x1
+
x2
x；
0
f
＇＇＇
(x)
0，則極小值點左偏?
x1
+
x2
x。
0
對于該定理作為高中生我們只需要了解，不需要完整嚴格的證明，（后附有泰勒展開的完整證明過程，可以開拓一部分自學高等數學的學生的視野）
那么我們怎么來理解該判定定理呢？我們又如何運用它來解決高中相關的數學問題呢？對此我們分兩部分來討論。
第一部分：我們主要結合導數的幾何意義與
n
階導數的運算來了解該定理的由來。首先
通過讓學生再次觀察一開始我們已展示的圖一，二，三不，學生不難發現
y
=
f
(x)的圖
像偏移的原因，即
y
=
f
(x)的圖像在u(x0,?)
內增減速度的不同而發生的。接著再進一步
引導學生思考發生的不同我們如何去用數學的語言來描述刻畫它，提醒學生從導數的幾
何意義來思考，以圖
為例和學生一起做探討：
y
=
f
(x)的圖像的斜率一直在增加，但
增加的速度在變慢，（數學直觀想象），如何用數學語言來表述這一變化？（數學抽象）
→
f
＇
(x)
0,f
＇
(x)
增加T
f
＇＇
(x)
0（速度變慢）T
f
＇＇
(x)的絕對值變小
T
y
=
f
＇＇＇
(x)
0。
完成圖二的探討后可讓學生模仿獨立的完成圖
3的探索：
f
＇
(x)
0,f
＇
(x)
增加T
f
＇＇
(x)
0
（速度變快）
T
f
＇＇
(x)的絕對值變大
T
y
=
f
＇＇＇
(x)
0。
以上結論可簡單記憶口訣（“小大小”，“小小大”），同時若
x0
是極大值點的話，結論相反，口訣為（“大大大”，“大小小”）
IV.給出定理，嘗試新解
第二部分：運用新的判定定理重新去接例一和例二例一新解
極值點偏移判定定理
解法三：
f
(x)=
(x
2)ex
+
a(x
-1)2
T
f
＇
(x)
=
(x
-1)(ex
+
2a)
T
f
＇＇
(x)
=
(x
-1)ex
+
ex
+
2a
T
f
＇＇＇
(x)
=
ex
(x
+1)
分兩段區間討論
①若
x
?
(-￥,1]，f
(2)
=
a
0
結合圖像可知
x1
￡
x2
a，則
x1
+
x2
②若
x
?
(-1,+
￥)，f
＇＇＇
(x)
0，x
=
是極小值，符合“小大小”
T
x
+
x2
綜上的x1
+
x2
例二新解
解法三：
f
(x)
=
xe-x
T
f
＇
(x)
=
e-x
xe-x
T
f
＇＇
(x)
=
e-x
(x
2)
T
f
＇＇＇
(x)
=
e-x
(3
x)
分兩段區間討論
①若
x
?[3,+
￥)，可知
x1
+
x2
max{x1,x2}
3
2，則
x1
+
x2
②若
x
?
(-
￥,3)，f
＇＇＇
(x)
0，x
=
是極大值，符合“大大大”
T
x
+
x2
綜上知
x1
+
x2
至此我們回頭再看例一和例二的三個解法，不知不覺中對于一開始極值點偏移的問題有
了更新的認知。
VI.課堂練習
鞏固雙基
練習
1（2011
遼寧卷）已知函數
f
(x)
=
ln
x
ax2
+
(2
a)x。
（I）討論函數
f
(x)的單調性；
（II）設a
0，證明：當0
x
時，f
（1
+
x)
f
（1
x);
a
a
a
（III）若函數
y
=
f
(x0)
0。
f
(x)的圖像與
x
軸交于
A,B
兩點，線段
AB
中點的橫坐標為
x0，證明
練習
2（2014
天津卷）設
f
(x)
=
x
aex
(a
?
R),x
?
R
已知函數
y
=
且
x1
x2
（1）求
a的取值范圍
（2）證明
x2
隨著
a的減小而增大
x1
（3）證明
x1
+
x2
隨著
a的減小而增大
f
(x)
有兩個零點
x1,x2，練習
已知函數
f
(x)
=
a
ln
x,a
?
R.若函數
f
(x)
有兩個零點
x,x。
x
求證：
x1
+
x2
練習
已知函數
f
(x)
=
ex
ax
有兩個不同的零點
x,x，其極值點為
x
0
（I）求
a的取值范圍
（II）求證：
x1
+
x2
2x0
（III）求證：
x1
+
x2
（IV）求證：
x1
x2
目的：①通過學生的主體參與，使學生深切體會到本節課的主要內容和思想方法，從而實現對知識的再次深化.②練習分層，有利于不同層次的學生培養。
VII.課堂小結
學生點評，老師引導:
①由圖像直觀到方法求解,由繁瑣到簡潔，由為結題而解題到回歸數學本質，一再的追問和嘗試思考有利于學生的知識遷移和能力提高；
②用三種方法解題的運用：函數構造法，對數平均不等式和極值點偏移的判定定理。對三種解法的對比的再認識．特別是方法的選擇上要能盡可能適合題目適合自己；
③在理解方法的基礎上,及時進行正反兩方面的“短、平、快”填空和判斷是非練習.通過總結、辨析和反思，強化解法的靈活性，促進學生主動建構，有助于學生形成知識模塊，優化知識體系.體現知識目標。
五、教學評價
結果因過程而精彩,現象因方法而生動.無論是情境創設,還是探究設計,都必須以學生為主體、教師為主導、訓練為主線,設法從龐雜的知識中引導學生去尋找關系,挖掘書本背后的數學思想,建構基于學生發展的知識體系,教學生學會思考,讓教學真正成為發展學生能力的課堂活動。因此，本課例在具體問題的數學模型的建立和數學工具的選擇上舍得花大量時間，便是為了培養學生學會探究與創新，它就像一縷溫暖的陽光，不一定能喚醒萬物，卻能催開人世間最絢麗的花朵。
通過三種解題方法的研究，使學生從不同的思維角度掌握了極值點偏移的解決方法；從圖像直觀到理論總結和方法嘗試，數學的解題方法拉近了知識之間的聯系；由特殊到一般問題的推導不再讓學生為解題而解題，展現了數學思維的魅力．學生從中深刻地領會到解題過程中所蘊含的數學思想，培養了學生思維的深刻性、敏銳性、廣闊性、批判性．同時通過精講一題，發散一串的變式教學，使學生既鞏固了知識，又形成了技能．在此基礎上，通過民主和諧的課堂氛圍，培養了學生自主學習、合作交流的學習習慣，也培養了學生勇于探索、不斷創新的思維品質．
第四篇：構造函數處理不等式問題
構造函數處理不等式問題
函數與方程，不等式等聯系比較緊密，如果從方程，不等式等問題中所提供的信息得知其本質與函數有關，該題就可考慮運用構造函數的方法求解。構造函數，直接把握問題中的整體性運用函數的性質來解題，是一種制造性的思維活動。因此要求同學們多分析數學題中的條件和結論的結構特征及內在聯系，能合理準確地構建相關函數模型。
一、構造函數解不等式
1、解不等式
810解不等式 ??x3?5x?0 3(x?1)x?
1分析；本題直接將左邊通分采用解高次不等式的思維來做運算較煩。但注意8102323到且題中出現??()?5()x?5x , 啟示我們構造函數3x?1x?1x?1(x?1)
f(x)=x3+5x去投石問路。解：將原不等式化為（f(232)?5()?x3?5x，令f(x)=x3+5x，則不等式變為x?1x?122)?f(x)，∵f(x)=x3+5x在R上為增函數∴原不等式等價于?x，解x?1x?1之得：－1＜x＜2或x＜－2。
2解含參不等式中參數范圍問題
例3已知不等式11112??????????loga(a?1)?對大于1的一切自然數n?1n?22n12
3n恒成立，試確定參數a的取值范圍。解：設f(n)?
∵f(n+1)-f(n)111?????????，n?1n?22n1111????0,∴f(n)是關于n 的增函2n?12n?2n?1(2n?1)(2n?2)
數。又n≥2∴f(n)≥f(2)=
恒成立,必須有
∴1＜a＜712∴f(n)?loga(a?1)?對大于1的一切自然數n121237121?loga(a?1)?∴loga(a?1)??1，而a＞1，∴a-1＜12123a1?51?∴a的取值范圍為（1，）。2
2二、構造函數證明不等式。
1。移項作差，構造一元函數
【例】當x?(1,??)時，122x?lnx?x3 2
3【解】設F(x)?g(x)?f(x)，即F(x)?
231
2x?x?lnx，32
1(x?1)(2x2?x?1)
則F?(x)?2x?x?=
xx(x?1)(2x2?x?1)
當x?1時，F?(x)=
x
從而F(x)在(1,??)上為增函數，∴F(x)?F(1)?故在區間(1,??)上，?0 6
122x?lnx?x3 23
【警示啟迪】本題首先根據題意構造出一個函數（可以移項，使右邊為零，將移項后的左
式設為函數），并利用導數判斷所設函數的單調性，再根據函數單調性的定義，證明要證的不等式。讀者也可以設F(x)?f(x)?g(x)做一做，深刻體會其中的思想方法。2。二元不等式，定主元化為一元函數（全國）已知函數g?x??xlnx
設0?a?b,證明 ：0?g(a)?g(b)?2g（a?b)?(b?a)ln2.2
分析：對于本題絕大部分的學生都會望而生畏.學生的盲點也主要就在對所給函數用不上.如果能挖掘一下所給函數與所證不等式間的聯系，想一想大小關系又與函數的單調性密切相關，由此就可過渡到根據所要證的不等式構造恰當的函數，利用導數研究函數的單調性，借助單調性比較函數值的大小，以期達到證明不等式的目的.證明如下： 證明：對g(x)?xlnx求導,則g(x)?lnx?1.在g(a)?g(b)?2g（'
a?b)中以b為主變元構造函數, 2
a?x'a?xa?x
.)]?lnx?ln),則F'(x)?g'(x)?2[g（222
設F(x)?g(a)?g(x)?2g（'
當0?x?a時，F(x)?0,因此F(x)在(0,a)內為減函數.當x?a時,F(x)?0,因此F(x)在(a,??)上為增函數.從而當x?a時, F(x)有極小值F(a).因為F(a)?0,b?a,所以F(b)?0,即g(a)?g(b)?2g(又設G(x)?F(x)?(x?a)ln2.則G'(x)?lnx?ln
''
a?b)?0.2
a?x
?ln2?lnx?ln(a?x).2
當x?0時,G(x)?0.因此G(x)在(0,??)上為減函數.因為G(a)?0,b?a,所以G(b)?0,即g(a)?g(b)?2g(3。冪指數函數不等式，對數法構造函數
a?b)?(b?a)ln2 2
例：證明當x?0時,(1?x)
1?
1x
?e
1?
x2
4。數列和型不等式，利用通項構造函數 例：證明：對任意的正整數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，則h'(x)?
x?1
所以h(x)在[0,??)上單調遞增，8分
則當x?(0,??)時，恒有h(x)?h(0)?0.即當x?(0,??)時，有x3?x2?ln(x?1)?0, 整理，得ln(x?1)?x2?x3.9分
對任意正整數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
則有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
作業：1設f(x)是定義在R上的奇函數，f(2)?2,當x?0時，有f(x)?xf?(x)恒成立，則不等式f(x)?x的解集是（D）（A）（?2，0）∪（2，??）（C）（??，?2）∪（2，??）
（B）（?2，0）∪（0，2）（D）（??，?2）∪（0，2）
證明當b?a?e,證明a?b
b
a3、（2007年，安徽卷）設a?0,f(x)?x?1?lnx?2alnx
求證：當x?1時，恒有x?lnx?2alnx?1，（2007年，陜西卷）f(x)是定義在（0，+∞）上的非負可導函數，且滿足
xf?(x)?f(x)≤0，對任意正數a、b，若a < b，則必有
（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,求證: x?lnx?2alnx?1
n
6。已知n?N,求證:??lnn??
ii?1i?2i?2
*
n
第五篇：13多元函數的極值與連續
CH 13
多元函數的極值與連續
1，平面點集
鄰域：M0(x0,y0)?R2，稱{(x,y)|(x?x0)?(y?y0)??,??0}為點M0的?鄰域，記作O(M0,?)。
點列的極限：設{xn}是X軸上的一點列，{yn}是Y軸上的一個點列，則以xnyn為坐標的點{(xn,yn)}組成平面上的一個點列，記作{Mn}，又設M0是平面上的一點，其坐標為M0(x0,y0)，若對M0的任何一個?鄰域O(M0,?)，總存在正整數N，當n?N時，有Mn?O(M0,?)，就稱點列{Mn}收斂，并且收斂于M0，記作limMn?M0或則記為
n??22（n??）即(xn,yn)?(x0,y0)，（n??）。Mn?M0，上面點列極限的定義也可用不等式敘述：若對???0，總存在N，當n?N時，有(x?x0)2?(y?y0)2??就稱{Mn}收斂于M0。
點列極限的性質：
性質1：(xn,yn)?(x0,y0)的充分必要條件是xn?x0，yn?y0，（n??）性質2：若{Mn}收斂，則它只有一個極限，即極限是唯一的。
內點：設M0?E，如果存在M0的一個鄰域O(M0,?)，使得O(M0,?)?E，則M0是E的內點。
外點：設M1?E，如果存在M1的一個?鄰域O(M1,?)，使得O(M1,?)中沒有E的點，就稱M1是E的外點。
邊界點：設M1是平面上的一點，它可以屬于E，也可以不屬于E，如果對M的任何鄰域O(M,?)，其中既含有E的點，又含有非E中的點，就稱M為E的邊界點，E的邊界點的全體叫做E的邊界。
開集：如果E的點都是E的內點，就稱E是開集。
聚點：設M0是平面上的一點，它可以屬于E，也可以不屬于E，如果對M0的任何一個鄰域O(M0,?)，在這一鄰域內至少含有E的一個（不等于M0）點，就稱M0是E的聚點。***閉集：若E的所有聚點都在E內就稱E是閉集。
區域：設E是一個開集，并且E中任何兩點M1和M2之間都可以用有限條屬于E的直線段所組成的折線結起來，稱E是區域。
閉區域：一個區域加上它的邊界就是一個閉區域。平面點集的幾個基本定理：
矩形套定理：設{an?xn?bn,cn?yn?dn}是矩形an?xn?bn,cn?yn?dn，(n?1,2,...)所組成的矩形序列，其中每一個矩形都含在前一個矩形中，并且bn?an?0，那么有唯一的一點M0(x0,y0)，它位于每一個矩形中，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（即存在常數a,b,c,d，使得a?xn?b,c?yn?d(n?1,2,...)），那么從其中必能選取收斂的子列。
有限覆蓋定理：若一開矩形集合{?}?{??x??,??y??}覆蓋有限閉區域，那么從{?}里，必可選出有限個開矩形，它們也能覆蓋這個區域。
收斂原理：平面點列{Mn}有極限的充分必要條件是：對任意給定的???0，總存在N，當m,n?N時，有r(Mn,Mm)??。
2，多元函數的概念
二元函數的定義：設E是平面點集，f是一個規律。如果對E中的每一點(x,y)，通過規律f在R中存在唯一一個實數u和點(x,y)相對應，就稱f是定義在E上的一個二元函數，它在(x,y)的函數值是u，并記此值為f(x,y)。即u?f(x,y)。與一元函數相仿。常采用下面的記號記這個函數：
f:E?R,(x,y)?u?f(x,y)
并稱E是f的定義域，通常為省略，也稱f(x,y)是一個二元函數。
3，二元函數的極限
二元函數的極限的定義：設二元函數f(M)?f(x,y)在點M0(x0,y0)附近有定義。（而在M0點是否有定義無關緊要）如果對???0，總存在??0，當0?r(M,M0)??時恒有|f(M)?A|??，就稱A是二元函數f(M)在M0點的極限。記為：
M?M0limf(M)?A或f(M)?A，（M?M0）
上述定義可用點的坐標描述，即：如果對???0，總存在??0，當0?(x?x0)2?(y?y0)2??時，恒有|f(x,y)?A|??。就稱A是二元函數f(x,y)在M0(x0,y0)點的極限。
上述定義也可用鄰域來表達，若對A的任何?鄰域O(A,?)，總存在M0點的?鄰域O(M0,?)，當M?O(M0,?)?{M0}時，恒有f(M)?O(A,?)，就稱A是二元函數f(M)在M0點的極限。
上述定義也可敘述為：若???0，總存在??0，使得當|x?x0|??，|y?y0|??且(x,y)不與M0(x0,y0)重合，亦即(x?x0)2?(y?y0)2?0時，恒有：
|f(x,y)?A|??，就稱A是二元函數f(M)在M0點的極限。
上述的極限通常也稱為二重極限。而諸如若limlimf(x,y)存在或limlimf(x,y)存
y?y0x?x0x?x0y?y0在的極限稱為二次極限或累次極限。
4，二元函數的連續性及性質
二元函數連續的定義：若f(M)?f(x,y)在M0(x0,y0)有定義，且滿足M?M0limf(M)?f(M0)，則稱f(M)在點M0(x0,y0)連續。
關于極限的性質和運算法則，以及連續函數的運算法則，與一元函數的情況是完全相似的。
若對某一區域（或開或閉）上的任意一點M0(x0,y0)，當M取此區域上任意的點列趨于M0(x0,y0)時，f(M)的極限恒為f(M0)，那么稱f(M)在此區域上連續。
有界閉區域上連續函數的性質：
性質1：有界性定理：若f(x,y)在有界閉區域D上連續，則它在D上有界；亦即存在正數M，使得在D上恒有|f(x,y)|?M。
性質2 ：一致連續性定理：若f(x,y)在有界閉區域D上連續，則它在D上一致連續；亦即對???0，總存在??0，使得D上任意兩點M'(x',y')，M''(x'',y'')，當|x'?x''|??，|y'?y''|??時恒有：
|f(x',y')?f(x'',y'')|??。
性質3：最大值最小值定理：若f(x,y)在有界閉區域D上連續，則它在D上必有最大值和最小值。
性質4：零點存在定理：若f(x,y)在區域D（不一定有界閉區域）內連續，并且在D內兩點M1(a1,b1)，N1(?1,?1)異號。即f(a1,b1)f(?1,?1)?0，那么用完全位于D內的任意折線l連接M1和N1時，在l上必有一點M(x,y)，滿足f(x,y)?0。
5，二重極限與二次極限的關系
（1）兩個二次極限都不存在，而二重極限仍可能存在。（2）兩個二次極限存在而不相等，二重極限必不存在。（3）兩個二次極限存在且相等，但二重極限仍可能不存在。
例：證明有界閉區域上二元連續函數的有界性定理，最大（?。┲刀ɡ砑耙恢逻B續性定理。（1）有界閉區域上的二元連續函數必有界；（2）最大（?。┲刀ɡ?；（3）一致連續性定理。
證：（1）用反證法，設f(x,y)在有界閉區域D上連續，但無界。
?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，從其中必能選出收斂的子列{Mnk}?{Mn}，有limMnk?M(x,y)，由于D為有界
k??閉區域，故M?D。故f(x,y)在點M連續，limf(xnk,ynk)?f(M)?f(x,y)。但在k??構造Mn(xn,yn)時已設
|f(xn,yn)|?n,|f(xnk,ynk)|?nkk??，故{f(xnk,ynk)}?{f(xn,yn)}發散到無窮大。這與limf(xnk,ynk)?f(M)?f(x,y)收斂矛盾。
（2）因f在D上有界，故設M?supf(p),m?inff(p)，可證必有一點Q?D，有
p?Dp?Df(Q)?M（同理可證?Q'?D,使f(Q')?m）。如若不然，?p?D均有M?f(p)?0。
考察D上的正值連續函數F(p)?1，由前面知F在D上有界，又因f不能在DM?f(p)上達到上確界M，故存在收斂的點列{pn}?D，使limf(pn)?M。于是
n??limF(pn)???，這與F在D上有界矛盾，故f在D上能取得最大值。
n??（3）（用反證法）設f(x,y)在有界閉區域D上連續，但非一致連續。則???0,???0，如??11,n?1,2,?有相應的Pn,Qn?D:r(Pn,Qn)?但|f(Pn)?f(Qn)|??0成立。由nnk??于D為有界閉區域，故存在收斂的點列{Pnk}?{Pn}并設limPnk?P0。再在{Qn}中取出與{Pn}具有相同足標的點列{Qnk}?{Qn}，由0?r(Pn,Qn)?1?0,k??，從而有 nklimQnk?limPnk?P0k??k??k??，最后由
f在P0連續，得lim|f(Pn)?f(Qn)|?|f(P0)?f(P0)|?0，這與|f(Pn)?f(Qn)|???0矛盾，所以f在D上一致連續。
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