二 综合法与分析法教学设计内容推荐

一类问题

两种策略

——

f(x1)f(x2)

a

型问题探究

x

1

x2（安徽省明光中学 徐娜）

教学目标：

1、理解切线和割线的关系，领悟“切代割”思想

2、掌握f(x1)f(x2)a型问题的两种解题策略

x1x2教学重点： 能用拉格朗日中值定理简捷的解决一些恒成立和不等式证明问题

教学难点：

理解割线斜率与切线斜率间的不等价性

教学过程：

引入：

f(x1)f(x2)0，求k 已知f(x)sinxkx，若x1,x2,，x1x2，x1x264的范围. 解析：由f(x1)f(x2)0可知f(x)在x,上为增函数x1x264 f'(x)0在x,上恒成立

6422 kcosx,x, k，k=时检验可知符合题意6422

f(x1)f(x2)f(x1)f(x2)“1”“0”设问1：如果把

改成

，又该如何处理呢？

x1x2x1x2分析：如果想对左侧求最小值，我们应该考虑把左侧的两个变量变成一个变量，由于sinx1sinx2的存在，这个显然有难度，我们可以考虑把这个不等式变形一

下，构造函数处理。

解析：设x1x2，则f(x1)f(x2)x1x2

f(x1)x1f(x2)x2 令F(x)=f(x)x F(x1)>F(x2)  F'(x)0在x,上恒成立

642 kcosx1 x, k1642

我们把这种通过构造函数解决问题的方法称为构造法，这也是处理这一类问题的常用方法，是一种传统的思维模式，方法容易掌握，但对有些题目来说计算会比较复杂，有没有更好的方法去解决呢？

观察这个不等式的左侧，我们发现有点像两点连线的斜率，我们不妨设A(x1,f(x1))，B(x2,f(x2))，因为A、B都在f(x)上，所以它是f(x)的一条割线的斜率。

设问2：如果把这条割线平移，能不能得到斜率相等的切线呢？

答案是肯定的。而且由于x1，x2的任意性，我们可以假设(x1,x2)无限小，那么必定x0(x1,x2)，使得f(x1)f(x2)f'(x0)

，因为在,上有无数个这样的x1x264小区间，这样就满足了f'(x)在,上的任意性。

64也就是说，对于一个连续可导函数，任意一条割线都可以至少找到一条斜率相等的切线，这就是高等数学中的拉格朗日中值定理：

若f(x)满足如下条件：(1) 若f(x)在a,b上连续 (2) 若f(x)在a,b上可导则在a,b内至少存在一点，使得

f'()=f(b)f(a).ba

虽然是高等数学内容，但是学生从几何直观上不难理解这个定理。

设问3：如果把f(x)的一条切线平移，能不能得到与之对应的一条割线呢？

'3以f(x)=x为例说明，因为f(0)=0，即f(x)在x0处的切线斜率为0，但是f(x)上并不存在斜率为0的割线。

设问4：若记P=kk是函数f(x)的割线斜率,Q=kk是函数f(x)的切线斜率

那么P和Q之间是什么关系？

对于连续可导函数及任意的x1,x2，根据拉格朗日中值定理，必存在

(x1,x2)，使f(x1)f(x2)f'()，也就是说对任意的割线AB，总存在一条切线，x1x2使切线斜率等于割线斜率，反之不成立，因此PQ。

设问5：如果P和Q不等价，那么f(x)在定义域内的图像应该具备什么样的特征？

3结合f(x)=x图像可以看到，当函数图像上有穿越曲线的切线，即函数图像上有凹凸分界点（高数上我们把这样的点成为“拐点”）时，P与Q不等价。如果函数在定义域上的图像没有“拐点”，那么P和Q就等价了吗？（幻灯片演示图像）

给函数一个范围xa,b，f(x)在xa

和xb处存在切线，却没有与之对应的割线。所以“拐点”和端点处的切线是造成P和Q不等价的原因。

设问6：如何用拉格朗日中值定理解决设问1？

f(x1)f(x2)f'(x)，再考虑到函数图像中有可能不存在斜率为1的割根据x1x2''x 1线，但是0,，使得f(x0)1，所以应该转化为f(x)64

解析：由f(x1)f(x2)1可得f'(x)1x1x2由f(x)cosxk

得

cosxk1

在x,上恒成立

64k2122我们不妨对k1时检验一下，此时22f(x)sinx(1)x，如图：

2o



642 当x,时，f'(x)f'()=12464f(x1)f(x2)x

由切线和割线的关系可知

x1x21

成立

f'(x)cosx1k21

符合题意2引导学生总结：对于题解决。

f(x1)f(x2)'a型问题，我们可以转化为f(x)a恒成立问x1x2设问7：如果把原题改为“已知f(x)sinxx，若x(0,)，都有f(x)kx, 求k的范围”，能否用拉格朗日中值定理解决呢？

解析：x0

由

f(x)kx

得令G(x)f(x)kxf(x)f(0)f(x)f(0),由拉格朗日中值定理知0，x,使f'()=x0x0由x的任意性可知，转化为f'()k在（0，+）恒成立由于f()=cos1，cos1k，（0，+）k2'

引导学生总结：对于f(x)ax型问题，若满足f(x)0时，可以转化为f(x)ax恒成立问题解决。

设问8：对于f(x1)f(x2)'a证明型问题，也是要用f(x)a来转化吗？

x1x2

答案是否定的。我们知道f'(x)a是成立，则f(x1)f(x2)a的充分条件，如果f'(x)ax1x2f(x1)f(x2)'a一定成立，反之不成立。所以可以直接用f(x)a证明，x1x2实际上是证明了一个比原命题更强的命题。

例:已知f(x)12xax(a1)lnx，证明：若12x1x2a5，则对任意x1,x2(0,)，x1x2，有f(x1)f(x2)1

证明：要证f(x1)f(x2)'1，即证f(x)1对x(0,)恒成立

x1x2 即证xa1(a1)0，

x(0,)

xa1x2(a1)xa1(a1)记g(x)x

xx令h(x)x2(a1)xa1，则=（a1)(a5)0

h(x)0在R上恒成立，g(x)0

原命题得证

引导学生总结：对于问题。

f(x1)f(x2)'a型证明问题，我们可以转化为f(x)a证明x1x2对于本题，我们也可以用构造法证明，作一下对比：

证明：设x1x20

令F(x)=f(x)+x1 F(x)=x2(1a)x(a1)lnx

2x2(a1)xa1' F(x)= 令(x)x2(a1)xa1

x 则=（a1)(a5)0 (x)0在R上恒成立 F(x)0 F(x)在(0，+)上为增函数'

F(x1)F(x2)号 f(x1)+x1f(x2)+x2 f(x1)f(x2)x2x1

f(x1)f(x2)1

得证

x1x2课堂小结： 可以看到，对于

f(x1)f(x2)a

类问题，无论是恒成立型还是证明型，用x1x2传统的构造法解决会较为冗长，而且技巧性强。相比之下，拉格朗日中值定理蕴含着消元思想，可以把二元变量的问题巧妙地转化为一元变量的问题，过程较为简捷，体现了高等数学的优越性。

为了让学生进一步巩固和理解，课后作业留了一个变式题型，让学生去思考。

课后作业：

已知f(x)(a1)lnxax21，设a1,对x1,x2(0,)，f(x1)f(x2)4x1x2恒成立，求a的取值范围.

教后思考：

本节课以“问题串”形式组织教学，由一个问题出发，进行引申与拓展，引导学生思考，探究问题解决的过程就是培养学生探究能力的过程。

数学高考题中，经常会遇到一些题目，虽然可以利用中学的数学知识解决，但是在高等数学中往往能找出相关的“影子”，其中拉格朗日中值定理是高考试题设置高等数学背景的一个热点素材。作为老师的我们可以加强研究，借助高等数学的优越性，让复杂的知识简单化，抽象的问题直观化，“高等”的问题平常化。