高考数学压轴题归纳总结及解题方法专题讲解8---极值点偏移终极套路

由 llnn
x1 − mx1 = 0 x2 − mx2 = 0
⇒
ln
x1
+
ln
x2
=
m ( x1
+
x2
)，
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
=
ln x x
，令
g
(
x)
=
ln x x
，
g
(
x1
)
=
g
(
x2
)
，由于
g′
(
x
)
=
1
− ln x2
x
，因此，
g
(
=
1− t
2(t
+1) − 2(t (t +1)2
−1)
=
(t −1)2 t (t +1)2
≥
0，
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 ln t
>
2(t −1)
t +1
．所以，有 ln
x
)
在
(1,
e
)
↑
，
(
e,
+∞)
↓
．
设1 <
x1
<e<
x2 ，需证明 x1x2
>
e2 ，只需证明 x1
>
e2 x2
∈(0, e) ，只需证明
f
( x1 )
>
f
e2 x2
，
2 / 18
即
f ( x2 ) >
f
e2
，即
x2
f
( x2 ) −
f
e2
>
0
．KS5U
x2
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x1
+
ln
x2
>
2 成立，
x1x2
>
e2
．
解法二 变换函数能妙解
证法 2：欲证 x1x2 > e2 ，需证 ln x1 + ln x2 > 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) = ln x − 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．
高考数学压轴题归纳总结及解题方法专题讲解
值点偏移问题在高考中很常见，此类问题以导数为背景考察学生运用函数与方程、
数形结合、转换的思想解决函数问题的能力，层次性强，能力要求较高.
下面给出引例，通过探究，归纳总结出解决此类问题的一般性方法.
★已知
f
(x)
=
x ln
x
−
1 2
mx2
−
x
，m∈R
．若
f
(x)
得
t1 t2
= met1 = met2
⇒
t1 t2
= et1−t2
t1 ，设
t2
=
k ∈ (0,1) ，则 t1
=
k ln k k −1
， t2
=
ln k k −1．
欲证 x1x2 > e2 ，需证 ln x1 + ln x2 > 2 ，
即只需证明 t1 + t2 > 2 ，
3 / 18
即
(k
+1) ln k
★已知函数 f (x) = x2 − (a − 2)x − a ln x ，若方程 f (x) = c 有两个不相等的实数根 x1, x2 ， 求证： f ′( x1 + x2 ) > 0 .
2
欲证： f ′( x1 + x2 ) > 0 = f ′( a ) ，结合 f ′(x) 的单调性，
2
2
即证： x1 + x2 > a 22
x1
，因为
x2
，
e2 x1
∈(e, +∞)
，
f
( x) 在 (e, +∞)
↓ ，所以
x2
>
e2 x1
，即
x1x2
>
e2 ．
解法四 巧引变量（一）
证法
4：设 t1
=
ln
x1
∈(0,1) ， t2
=
ln
x2
∈ (1, +∞) ，则由 llnn
x1 x2
− mx1 = 0 − mx2 = 0
得
t1 t2
, (0
<
t
< 1)
，
求导由单调性易得原不等式成立，略.
4 / 18
法二：接 后续解:
由
得： (x1
+
x2 )(x1
−
x2 ) − (a − 2)(x1
− x2 ) − a ln
x1 x2
=
0
构造函数
ห้องสมุดไป่ตู้
m(t )
=
ln
t
−
2(t −1) t +1
,
(0
<
t
<
1)
，
求导由单调性易得 m(t) < 0 在 t ∈ (0,1) 恒成立，
又因为
a
>
0,
x1
−
x2
<
0 ，故
f
′(
x1
+ 2
x2
)
>
0
成立.
法三：接④后续解：
视 x1 为主元，设 g(x)
=
ln x − ln
x2
−
2(x − x2 x + x2
)
,
g
′(
x)
=
1 x
−
4 x2 (x + x2 )2
等价于证明： x1 + x2 >
x12 + 2x1 − x22 − 2x2 x1 + ln x1 − x2 − ln x2
⇔ ln x1 x2
< 2x1 − 2x2 x1 + x2
2 x1 − 2 = x2
x1 +1
x2
令t
=
x1 x2
, (0
<
t
< 1)
，构造函数
g (t )
=
ln t
−
2t − 2 t +1
=
x2 x1
，则 t
> 1．因此， ln
x1
+
ln
x2
=
(1+ t ) ln t
t −1
，t
>1．
要证 ln
x1
+
ln
x2
>
(t
2 ，即证：
+1) ln t
t −1
>
2，
t
>
1．即：当
t
>
1时，有
ln
t
>
2
(t −1)
t +1
．设
1 / 18
函数 h(t )
=
ln t
−
2(t −1)
t +1
，t
≥ 1，则 h′(t )
k −1
>
2
⇔
ln k
<
2(k −1)
k +1
⇔
ln
k
−
2(k −1)
k +1
<
0，
设
g (k )
=
ln k
−
2
(k −1)
k +1
(
k
⇔
(0,1)) ，
g′(k )
=
(k −1)2 k (k +1)2
>
0
，
故 g (k ) 在 (0,1) ↑ ，因此 g (k ) < g (1) = 0 ，命题得证．
= met1 = met2
⇒
t1 t2
= et1−t2
，设 k
= t1 − t2
<
0 ，则 t1
=
kek ek −1 ， t2
=
ek
k −
1
．欲证
x1
x2
> e2 ，
解法五 巧引变量（二）
证法
5：设 t1
=
ln
x1
∈(0,1) ， t2
=
ln
x2
∈ (1, +∞) ，则由 llnn
x1 x2
− mx1 = 0 − mx2 = 0
即h(x) =
f
( x) −
f
e2 x
(
x
∈
(1,
e))
，h′
(
x)
=
(1− ln
x)(e2
x2e2
) − x2
> 0 ，故 h ( x) 在 (1, e) ↑ ，故
h( x) < h(e) = 0 ，即
f
(x) <
f
e2 x
．令
x