【高考数学】一题学懂极值点偏移5大套路

已知fxxlnx12mxx，mR．若fx有两个极值点x1，x2，且x1x2，求22证：x1x2e（e为自然对数的底数）．

解法一：齐次构造通解偏移套路

2证法1：欲证x1x2e，需证lnx1lnx22．

若fx有两个极值点x1，x2，即函数fx有两个零点．又fxlnxmx，所以，x1，

x2是方程fx0的两个不同实根．

于是，有lnx1lnx2lnx1mx10，解得m．

lnxmx0x1x222lnx1mx10，得lnx2lnx1mx2x1，

lnxmx022另一方面，由从而可得，

lnx2lnx1lnx1lnx2．

x2x1x1x2x2x21lnlnxlnxxxx1x12121于是，lnx1lnx2． x2x2x11x1又0x1x2，设t1tlntx2，则t1．因此，lnx1lnx2，t1． x1t1t1lnt2，

t12t1．设t1．即：当t1时，有lntt12要证lnx1lnx22，即证：

2t112t12t1t1ht0， 函数htlnt，t1，则22tt1tt1t1所以，ht为1.上的增函数．注意到，h10，因此，hth10． 于是，当t1时，有lnt

2t12．所以，有lnx1lnx22成立，x1x2e． t1解法二 变换函数能妙解

2证法2：欲证x1x2e，需证lnx1lnx22．若fx有两个极值点x1，x2，即函数fx有两个零点．又fxlnxmx，所以，x1，x2是方程fx0的两个不同实根．显然m0，否则，函数fx为单调函数，不符合题意． 由lnx1mx10lnx1lnx2mx1x2，

lnxmx022即只需证明mx1x22即可．即只需证明x1x22． m22mx1210，故gx在设gxfxfxx0,，gxx2mxmm1120,gxg0fxf，即，故x．

mmm由于fx11mx11，故fx在0,，,． mxxmm设x112x2，令xx1，则fx2fx1fx1， mm2m又因为x2，x1命题得证．

2211,，fx在,，故有x2x1，即x1x2．原mmmm解法三 构造函数现实力

证法3：由x1，x2是方程fx0的两个不同实根得mlnxlnx，令gx，xxgx1gx2，由于gx1lnx，因此，gx在1,e，e,． x22e2e2设1x1ex2，需证明x1x2e，只需证明x1只需证明fx1f，0,e，

x2x2e2即fx2f，即fx2x2e2f0． x21lnxe2x2e2即hxfxfx1,e，故hx在1,e，hx0，22xxee2e2故hxhe0，即fxf．令xx1，则fx2fx1f，因为x2，

xx1e2e2e,，fx在e,，所以x2，即x1x2e2． x1x1解法四 巧引变量（一）

证法4：设t1lnx10,1，t2lnx21,，则由lnx1mx10得

lnxmx022t1met1kekkt12t1t2xxektt0t，设，则，．欲证，te121212t2kke1tmee1t22需证lnx1lnx22．即只需证明t1t22，即

k1ekek12k1ek2ek1k1ek2ek10．设

故gk在gkk1ek2ek1k0，gkkekek1，gkkek0，

,0，故gkg00，故gk在,0，因此gkg00，命题得

证．

解法五 巧引变量（二）

证法5：设t1lnx10,1，t2lnx21,，则由lnx1mx10得

lnx2mx20t1met1t1klnklnkt12t1t2xxek0,1，设，则，．欲证，需tte1212t2t2k1k1t2t2me证lnx1lnx22，即只需证明t1t22，即

k1lnk2lnk2k1lnk2k10k1k1k12，设

2k1k10gklnkk0,1，gk，故gk在0,1，因此2k1kk1gkg10，命题得证．