一题学懂极值点偏移5大套路

一题弄懂极值点偏移5大套路1已知fxxlnxmx2x，mR．若fx有两个极值点x，x，且xx，求212122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．lnxmx0lnxlnx于是，有11，解得m12．lnxmx022x1x2lnx1mx10另一方面，由，得lnx2lnx1mx2x1，lnx2mx20lnxlnxlnxlnx从而可得，2112．x2x1x1x2xx12ln2lnx2lnx1x2x1x1x1于是，lnx1lnx2．xxx2211x1x21tlnt又0x1x2，设t，则t1．因此，lnx1lnx2，t1．x1t1t1lnt2t1要证lnxlnx2，即证：2，t1．即：当t1时，有lnt．设12t1t122t12t12t1t11函数htlnt，t1，则ht220，t1tt1t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0．2t1于是，当t1时，有lnt．所以，有lnxlnx2成立，xxe2．t11212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．lnx1mx10由lnx1lnx2mx1x2，lnx2mx202即只需证明mxx2即可．即只需证明xx．1212m2212mx1设gxfxfxx0,，gx0，故gx在mmx2mx1120,，即gxg0，故fxfx．mmm11mx11由于fxm，故fx在0,，,．xxmm12设x1x2，令xx1，则fx2fx1fx1，mm21122又因为x2，x1,，fx在,，故有x2x1，即x1x2．原mmmmm命题得证．解法三构造函数现实力lnxlnx证法3：由x，x是方程fx0的两个不同实根得m，令gx，12xx1lnxgxgx，由于gx，因此，gx在1,e，e,．12x2222ee设1x1ex2，需证明x1x2e，只需证明x10,e，只需证明fx1f，x2x2e2e2即fx2f，即fx2f0．x2x222e21lnxex即hxfxfx1,e，hx220，故hx在1,e，xxee2e2故hxhe0，即fxf．令xx1，则fx2fx1f，因为x2，xx122ee2e,，fx在e,，所以x2，即x1x2e．x1x1解法四巧引变量（一）lnx1mx10证法4：设t1lnx10,1，t2lnx21,，则由得lnx2mx20t1ktmetkek11et1t2，设ktt0，则t，t．欲证xxe2，t2121k2k12t2met2e1e1需证lnx1lnx22．即只需证明t1t22，即k1ek2k1ek2ek1k1ek2ek10．设ek1gkk1ek2ek1k0，gkkekek1，gkkek0，故gk在,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）lnx1mx10证法5：设t1lnx10,1，t2lnx21,，则由得lnx2mx20t1tmettklnklnk11et1t2，设1k0,1，则t，t．欲证xxe2，需t21212t2met2t2k1k1证lnx1lnx22，即只需证明t1t22，即k1lnk2k12k12lnklnk0，设k1k1k122k1k1gklnkk0,1，gk20，故gk在0,1，因此k1kk1gkg10，命题得证．