淺談極值點偏移問題的處理技巧
極值點偏移的認識
直線 \(y=a\) 和函數 \(y=f(x)\) 相交於 \({\rm A}(x_1,a), {\rm B}(x_2,a)\) 兩點，\({\rm AB}\) 的中點與 \(f(x)\) 在區間 \((x_1,x_2)\) 上的極值點 \(x_0\) 之間的位置關系由函數 \(f(x)\) 決定。本文就是研究這類問題。
若函數 \(f(x)\) 在 \(x=x_0\) 處取極值，則稱 \(x_0\) 為 \(f(x)\) 的極值點。
比如二次函數 \(f(x)=ax^2+bx+c \;(a \neq 0)\) 的極值點為 \(x = -\frac{b}{2a}\)，作直線 \(y=m\) 與函數交於 \({\rm A}(x_1,m), {\rm B}(x_2,m)\) 兩點，則 \({\rm AB}\) 的中點為 \({\rm M}(\frac{x_1+x_2}{2},m)\)。此時我們認為極值點居中，沒有發生偏移。
但對於在極值點兩側「增長速度」不同的函數來說，並不存在圖像的對稱性，此時我們稱之為極值點偏移，此時 \(f(x)\) 在 \(x_0\) 處的切線不平行於 \(x\) 軸。此類題型的命題特點在於，一般要求證明形如 \(x_1+x_2 \sim m\) 或 \(x_1 x_2 \sim n\) 的式子在指定范圍上成立。如果 \(m\) 剛好等於極值點的 \(2\) 倍，那么這就是模板的極值點偏移問題。當然，變形的式子也經常出現，但經過轉化，一般都會回歸以上兩種形式。
極值點偏移問題的總處理思路一般有兩個: 第一是根據極值點的偏移情況，即極值點兩側函數「增長速度」的差異（也可以說二階導數的大小）構造關於 \(x_1\) 或 \(x_2\) 的一元差函數（或比函數），然后通過探究該函數的單調性解決問題。其次，作為「雙變量不等式」問題下的一個子題型，極值點偏移問題自然可以通過換元使得不等式兩邊變量數量同一來解決，此后無論構造函數抑或證明二元不等式就是非常自然的了。
二、常見極值點偏移的解法
我們首先通過一道例題開始對極值點偏移問題的正式介紹。
Samples #1
已知函數 \(f(x) = x{\mathrm e}^{-x}, x \in {\mathbb R}\), 如果有 \(f(x_1) = f(x_2)\) 且 \(x_1 \neq x_2\), 求證 \(x_1+x_2 > 2\).
本題來自 \(2010\) 天津高考壓軸題。
前面提到，處理極值點偏移的思路有兩種（其中換元法如果細分總數可以算三種），那么我們就以這題為例，把這些思路都講述一遍。首先是思路一，構造差/比函數。
我們在證明形如 \(x_1+x_2 \sim m\) 或 \(x_1 x_2 \sim n\) 的式子時，可考慮通過移項將不等式轉化為 \(x_1 \sim m - x_2\) 或 \(x_1 \sim \frac{n}{x_2}\) 一類的式子，之后利用函數的點調性，轉化為函數值之間的關系，也即前面提到差/比函數 \(F(x) = f(x) - f(m - x)\) 或 \(F(x) = f(x) - f(\frac {n}{x_2})\) 的正負性探究。
那么對於本題，我們有
所以 \(f(x)\) 在 \((-\infty, 1)\) 上單調遞增，\((1,+\infty)\) 上單調遞減，所以 \(f(x)\) 的極大值為 \(f(1) = \frac {1}{{\rm e}}\)，此時可以畫出 \(f(x)\) 草圖
當然我們也可以直接得到 \(0 < x_1 < 1 < x_2\)，要證 \(x_1 + x_2 > 2\)，即證 \(x_1 > 2 - x_2\)
因為 \(x_1 < 1, 2 - x_2 < 1\), 所以這兩點均在極值點左側，單調性相同，所以只需證 \(f(x_1) > f(2-x_2)\)，又因為 \(f(x_1) = f(x_2)\)，那么原不等式轉化為 \(f(x_2) > f(2 - x_2)\)。
考慮構造函數
那么
因為 \(x_2 > 1\)，那么 \(F(x)\) 定義域為 \((1, +\infty)\)，所以 \({\rm e}^{x-2} > {\rm e}^{-x}\)，所以 \(F'(x)>0\)，所以 \(F(x)\) 在定義域上單調遞增。
那么當 \(x>1\) 時 \(F(x) > F(1) = 0\)，所以 \(f(x) - f(2-x) > 0, \forall \,x>1\) 恆成立。
那么此時原命題得證。\(Q.E.D\)
然后我們再來看第二種解法，其核心思想是通過換元設參數將雙變量轉化為單一變量。
由題可得
不妨設 \(0 < x_1 < 1 < x_2\), 做換元 \(t = \frac{x_2}{x_1} > 1\)，原式即化為
帶入要證不等式可得
即
構造函數
所以 \(F(t)\) 在 \((1, +\infty)\) 上單調遞增，所以對於 \(t \in (1, +\infty)\) 原不等式恆成立。
那么原命題得證 \(Q.E.D\)
最后我們再來看第三種做法，其核心思想是通過轉換使得不等式右側的參數或式子也變成 \(x_1,x_2\) 形式。
由題 我們有
即
要證 \(x_1 + x_2 > 2\)，只需證
不妨設 \(0 < x_1 < 1 < x_2\), 做換元 \(t = \frac{x_2}{x_1} > 1\)，那么原不等式可化為
由解法二可以得到此不等式恆成立，所以原命題得證 \(Q.E.D\)
這里我們也可以得到一個在極值點偏移中常用的結論，也就是大名鼎鼎的對數平均值 \({\rm ALG}\) 不等式，即對於任意 \(b > a > 0\)，滿足結論
這里我們通過換元能夠證明不等式的左半邊，右半邊的證明我們將會在下一題給出。
不過需要注意的是，對數平均值不等式在書寫過程中一定要先證明后使用。
Samples #2
函數 \(f(x) = \ln x+ax\)，若 \(f(x) = 0\) 有兩個不等的實根 \(x_1,x_2\)，求證 \(x_1x_2 > e^2\)
和 Sample 1 一樣，我們同樣采用三種方法為大家做一下本題的證明。
所證不等式可化為 \(x_1 > \frac{{\rm e}^2}{x_2}\)，因為 \(f(x) = 0\) 有兩個不等的實根 \(x_1,x_2\), 那么 \(a = -\frac{\ln x_1}{x_1} = -\frac{\ln x_2}{x_2}\).
這里涉及到一個技巧，構造關於原函數 \(f(x)\) 的函數分析正負性時，由於會涉及到 \(a\) 的范圍相關問題，我們這里通過兩根相等做了一個等價的代換，由於原方程的兩個根同時也滿足 \(-\frac{\ln x_1}{x_1} = -\frac{\ln x_2}{x_2}\)，而該函數顯然形式更加簡單，那么我們就對它展開分析以簡化計算量。
構造函數 \(g(x) = -\frac{\ln x}{x}\)，通過求導可得 \(g(x)\) 在 \((0,{\rm e})\) 上單調遞減，在 \(({\rm e}, +\infty)\) 上單調遞增。
因為 \(f(x_1) = f(x_2)\), 那么不妨設 \(0 < x_1 < {\rm e} < x_2\), 所以 \(x_1 \in (0,{\rm e}), \frac{{\rm e}^2}{x_2} \in (0,{\rm e})\)。
那么只需證 \(f(x_1) < f(\frac{{\rm e}^2}{x_2})\) 即 \(f(x_2) - f(\frac{{\rm e}^2}{x_2}) < 0\)
即證
構造函數
則
則
則
那么 \(F''(x)\) 單調遞減，即 \(F''(x) < F''({\rm e}) = 0\)
那么 \(F'(x)\) 單調遞減，即 \(F'(x) < F'({\rm e}) = 0\)
那么 \(F(x)\) 單調遞減，即 \(F(x) < F({\rm e})=0\)
則 \(2x_2^2-(x_2^2 + {\rm e}^2)\ln x_2 < 0\) 得證，從而原命題得證 \(Q.E.D\)
接下來是第二種方法，通過換元將雙元不等式轉化為一個參數的形式。
由已知可得
兩式相加可得
要證 \(x_1x_2 > e^2\)，只需證 \(-a(x_1 + x_2) > 2\)。
則上兩式相減可得
所以只需證明
即
做換元 \(t = \frac{x_2}{x_1} > 1\)，原不等式轉化為 $$\frac{t\ln t}{t - 1} > 2$$
即
由 Sample #1 的解法二中的證明可得原不等式成立，因此原命題成立，\(Q.E.D\)
最后是第三種解法，證明雙變量不等式。
由已知可得
兩式相減可得
\(f(x) = \ln x + ax = 0\) 等價於 \(b = -\frac{\ln x}{x}\)
構造函數 \(g(x) = -\frac{\ln x}{x}\) 則通過求導可以得到 \(g(x)\) 在 \((0, {\rm e})\) 上單調遞減，在 \((e, +\infty)\) 上單調遞增，\(f(1) = 0, f({\rm e}) = -\frac{1}{{\rm e}} < 0\)。
當 \(x \in ({\rm e}, +\infty)\) 時，\(f(x) = \frac{\ln \frac1x}{x} < \frac{\frac 1x-1}{x} = \frac{1}{x^2} - \frac 1x < 0\)
所以 \(a \in (-\frac{1}{{\rm e}}, 0) \Rightarrow -\frac{1}{a} \in ({\rm e}, +\infty)\)。
所以要證原不等式，即證 $$\sqrt{x_1x_2} < \frac{\ln x_2 - \ln x_1}{x_2 - x_1}$$ 整理得 $$\ln^2 \frac{x_2}{x_1} < \frac{x_2}{x_1} + \frac{x_1}{x_2} + 2$$
做換元 \(t = \frac{x_2}{x_1} > 1\)，原不等式化為
構造函數
求導得
從而 \(h(t)\) 單調遞減，即 \(h(t) < h(1) = 0\) 恆成立，所以原命題得證，\(Q.E.D\)
其實解法二中的
也可以通過移項轉化為
這通過之前提到的 \({\rm ALG}\) 不等式右半部分可以直接得到證明。
總結一下，以上的內容對於 \(x_1 + x_2 \sim m\) 和 \(x_1x_2 \sim n\) 類型的不等式證明各給出了一個例子，然后我們給出了解決這類問題的三種通法，但在實際應用的過程中，並不是所有題目都能夠適用，在遇到具體題目的時候，我們需要根據題意，自行選取方便計算，易於分析的方法進行解題。
比如對於一類形式的函數，在條件轉化換元后造成高次代數式和低次代數式乃至超越代數式混雜的情況，那么我們就可以考慮構造函數研究單調性的方式來解決；同樣，如果構造出來的函數很難分析，那么就可以考慮換元。當然，這就要求我們積累做題經驗，認真總結。
變形后的極值點偏移
有些題目，往往不具有如以上題目般簡明的形式，但我們通過轉化變形，乃至對不等式進行加強或減弱，總可以使之划歸到極值點偏移的常見形式。
Sample #1
已知函數 \(f(x) = \frac {{\rm e}^x}{x}\)，若滿足 \(f(x_1) = f(x_2) = m \; (m>0)\) 且 \(x_1 \neq x_2\)，試證明 \(x_1 + x_2 > 2x_1x_2\)
本題標答給的十分繁瑣，這里就僅摘錄其要點。
通過求導得到 \(f(x)\) 在 \((0,1)\) 上單調遞減，\((1, +\infty)\) 上單調遞增，極值點為 \(1\)。
不妨設 \(x_1 > 1 > x_2 > 0\), 由 \(f(x_1) = f(x_2)\) 可以得到 \(m = \frac{{\rm e}^{x_1} - {\rm e}^{x_2}}{x_1 - x_2}\)
要證 \(x_1 + x_2 > 2\) 即證
做換元 \(t = x_1 - x_2 > 0\)，原不等式可轉化為 \(e^{t}-e^{-t}>2t\) 構造函數研究其正負性即可。\(Q.E.D\)
其實這題完全沒有任何意思，我們考慮做代換 \(t_i = \frac{1}{x_i} \;(i = 1,2)\)
那么要證 \(x_1 + x_2 > 2x_1x_2\)，即證 \(t_1 + t_2 > 2\)
然后再把函數自變量更換一下得到 \(f(\frac 1x) = x{\rm e}^{-x}\)，這樣就直接和上一小節中的 Sample 1 一模一樣，無論采用哪種方法分析都能得到正確答案。
Sample #2
已知函數 \(f(x) = \frac 12 x^2 + (1-a)x - a\ln x\;(a \in {\mathbb R})\)，若 \(f(x)\) 存在兩個不同的零點 \(x_1,x_2\)，求證 \(x_1 + x_2 > 2\)。
顯然 \(a > 0\)，則 \(f(x)\) 在 \((0, a)\) 上單調遞減，在 \((a,+\infty)\) 上單調遞增，因為 \(f(x)\) 有兩個零點，那么應滿足
構造函數 \(F(a) = \frac 12a^2+(1-a)a-a\ln a\) 求導得
因此 \(F(a)\) 單調遞增，又因為 \(F(1) = -\frac 12 < 0\)，所以 \(a > 1\).
所以要證明得不等式可以加強為 \(x_1 + x_2 > 2a\)，不妨設 \(0 < x_1 < a < x_2\)，則只需證 \(f(x_1) > f(2a - x_1)\)
構造函數 \(g(x) = f(x) - f(2a - x)\)，求導得
因此 \(g(x)\) 單調遞減，那么 \(g(x) > g(a) = 0\)，原命題得證，\(Q.E.D\)
本題在命題時將標准極值點偏移不等式弱化了，其實這是一種極其常見的套路，經過練習很快就能夠對此頗為熟悉了。
Sample #3
已知函數 \(f(x) = \ln x + (2-a)x - ax^2\)，若 \(f(x_1) = f(x_2)\)，且 \(x_1 \neq x_2\)，求證 \(f'(\frac{x_1+x_2}{2}) < 0\)
顯然 \(a > 0\)，則 \(f(x)\) 在 \((0,\frac 1a)\) 上單調遞增，在 \((\frac 1a,+\infty)\) 上單調遞減，且 \(f'(\frac 1a) = 0\)。
要證 \(f'(\frac{x_1+x_2}{2}) < 0\)，只需證 \(f'(\frac{x_1+x_2}{2}) < f'(\frac 1a)\)，即證 \(x_1 + x_2 > \frac 2a\)。
不妨設 \(0 < x_1 < \frac 1a < x_2\)，即證 \(f'(x_1) < f'(\frac 2a - x_1)\)
構造函數 \(F(x) = f(x)-f(\frac 2a-x)\) 求導可得 $$F'(x) = \frac{2(ax-1)^2}{x(2-ax)} > 0$$
因此 \(F(x)\) 單調遞增，從而 \(F(x) < F(\frac 1a) = 0\)，所以原命題得證 \(Q.E.D\)
總結一下，本題其實更加能體現極值點偏移的本質，因為不等號右面的 \(0\) 可以視為極值點出的導數，所以這種問法體現了極值點「偏移」的含義，即截線中點處的切線（也就是導數）不平行於 \(x\) 軸。
當然如果直接分析也是可以的，不過其所需要的計算量和代數化簡能力也遠遠高於這個方法。
Sample #4
若函數 \(f(x) = \ln x - x - m\;(m < -2)\) 存在兩個不同零點 \(x_1,x_2, x_1 < x_2\)，證明 \(x_1x_2^2<2\)。
對 \(f(x)\) 求導得到 \(f'(x)=\frac{1-x}{x}\)，那么 \(f(x)\) 在 \((0,1)\) 上單調遞增，在 \((1,+\infty)\) 單調遞減，又 \(f(2) = \ln 2 - 2 - m > \ln 2 -2 + 2 =0\)
因此
那么構造函數
求導得
那么 \(F(x)\) 單調遞減，\(F(x) < F(2) = 2\ln 2-\frac 32 < 0\)
此時原不等式得證，\(Q.E.D\)
當然代數技巧比較優秀的同學自然一眼就能看出來待證不等式左右同時取對數就得到 \(\ln x_1 + 2\ln x_2 < \ln 2\) 這樣的形式，那么做代換 \(t_i = \ln x_i \;(i=1,2)\)，將函數自變量做個代換然后利用比值代換構造函數也能解決本題，只不過需要進一步利用 \(m > -2\) 這個條件進行放縮，這里限於篇幅，不再詳細講解。
本題的特殊點在於估值，因為如果直接構造函數，我們無法確定 \(x_1,\frac {2}{x_2^2}\) 的分布情況，發現 \(m\) 的取值范圍后我們可以利用 \(f(x)\) 單調性算出這兩者確實都是在 \((0,1)\) 上的，接下來就是常規的構造函數了。
總結
以上我們展示了極值點偏移問題的常規題型以及部分處理手段，當然我們在網絡上或者學習過程中可能會在題目解答中遇到更多的技巧，這里限於篇幅也許列出的僅僅是一部分。
不過對於這些所謂「技巧」，作者的觀點是，正所謂「重劍無鋒，大巧不工」，在以上的解答過程中我們也能看到構造差/比函數和換元兩種基本方法，幾個基本的不等式放縮，對有效部分探究（也可以說等價代換）兩種技巧始終貫穿全篇，所以通過練習牢牢掌握這些基礎知識點對我們來說才是最重要的，如果學有余力，作為了解也未嘗不可。