极值点偏移

定义：对于单个极值的函数，它在极值点左右两侧的增减速度不同，导致函数图像不具备轴对称的特性，这就称为函数的极值点偏移。具体来说，有以下两种情况：

1、极值点左偏：

已知函数$f(x)在x_0$处取得极大值，直线y=b与函数图像交于$A(x_1,b),B(x_2,b)$两个点，则$AB的中点M(\frac{x_1+x_2}{2},b)$,显然下图中$x_0<\frac{x_1+x_2}{2}$.

例１、已知函数$f(x)=xe^{-x}.$

(1)求函数 $f(x)$的单调性和极值。（2）若$x_1\ne x_2,且f(x_1)=f(x_2),证明x_1+x_2>2$
(3）若$0\lt x_1\lt 1\lt x_2,且f(x_1)=f(x_2),证明3x_1+x_2>3$
(1)解：$f(x)=\cfrac{x}{e^x} $

${f}'(x) =\cfrac{1-x}{e^x}$令${f}'(x) =0\Rightarrow x=1,x\in (-\infty ,1),{f}'(x) >0 ,f(x)递增,{\color{Red} 且有f(0)= 0}$ ;
$x\in (1,+\infty),{f}'(x) <0 ,f(x)递减,{\color{Red} 且有f(x)\gt 0} ；
极大值 f(1)=\frac{1}{e} $

(2)极值点偏移，证明$x_1+x_2\gt m,极值点一定在\frac{m}{2}$,且构造对称性函数证明过程中的极值也在此处，而且题设函数多数情况都是先增后减的。
不妨设$0\lt x_1\lt 1\lt x_2;$
$x_1+x_2>2\Leftrightarrow x_1\gt2-x_2$
$\because f(x) 在x\lt1 \nearrow ,\Leftrightarrow f(x_1)\gt f(2-x_2)$
$\Leftrightarrow f(x_2)\gt f(2-x_2)\quad \because f(x_1)=f(x_2)\Leftrightarrow f(x_2)- f(2-x_2)\gt 0$
构造$F(x)=f(x)-f(2-x),x\gt 1$
${F}' (x)={f}'(x) +{f}'(2-x)=\cfrac{1-x}{e^x} +\cfrac{1-(2-x)}{e^{2-x}} =\cfrac{1-x}{e^x} +\cfrac{x-1}{e^{2-x}}$
$=\cfrac{(x-1)(e^{2x}-e^2)}{e^{2+x}} \gt0 (x\gt0)$
${F}' (x)\gt0\Rightarrow F(x)\nearrow ,F(x)\gt F(1)=0$
第三问：
等差代换
$f(x_1)=f(x_2)\Rightarrow \cfrac{x_1}{e^{x_1}} =\cfrac{x_2}{e^{x_2}}\Leftrightarrow$
${\color{Red} \cfrac{x_2}{x_1} =\cfrac{e^{x_2}}{e^{x_1}} =e^{x_2-x_1}作等差代换，令x_2-x_1=t(t\gt 0)} $
$\cfrac{x_2}{x_1} =e^t\Rightarrow x_2=e^t\cdot x_1=x_1+t\Rightarrow x_1=\cfrac{t}{e^t-1} ,x_2=\cfrac{te^t}{e^t-1}$
$3x_1+x_2\gt 3\Rightarrow \cfrac{3t}{e^t-1} +\cfrac{te^t}{e^t-1} \gt 3$
$3x_1+x_2\gt 3\Rightarrow \cfrac{3t}{e^t-1} +\cfrac{te^t}{e^t-1} \gt 3
\because t\gt 0,\therefore e^t-1\gt0,\Rightarrow te^t+3t\gt 3e^t-3$
$\Rightarrow te^t+3t-3e^t+3\gt0\Rightarrow (t-3)e^t+3t+3\gt0$
令$g(t)=(t-3)e^t+3t+3\Rightarrow {g}'(t)=(t-3+1)e^t+3=(t-2)e^t+3 ;{g}''(t)= (t-1)e^t$
令$h(t)={g}'(t)=(t-3+1)e^t+3=(t-2)e^t+3 ;{h}'(t)= (t-1)e^t$
当$t\in (0,1),{h}'(t)\lt 0;h(t)\searrow $
当$t\in (1,+\infty),{h}'(t)\gt 0;h(t)\nearrow $
故$h(t)\gt h(1)=3-e\gt0$
故${g}'(t)= h(t)\gt0 ;(t\gt0)故g(t)单调递增g(t)\gt g(0)=(0-3)e^0+0+3=0$
当$t\gt 0时,g(t)=(t-3)e^t+3t+3\gt 0$
2、极值点右偏：

已知函数$f(x)的x=x_0$处取得极大值，直线$y=b$与函数图像交于$A(x_1,b),B(x_2,b)$两点，则$AB的中点M(\frac{x_1+x_2}{2},b)显然下图中x_0<\frac{x_1+x_2}{2}$

例２、已知函数$f(x)=\frac{1-x}{1+x^2} e^x$.

(1)求函数$f(x)$的单调性；

(2)证明：当$f(x_1)=f(x_2)时,x_1+x_2<0$

解：（1）${f}' (x)=[\frac{1-x}{1+x^2}+(\frac{1-x}{1+x^2})'] e^x=[\frac{1-x}{1+x^2}+\frac{-1-x^2-2x(1-x)}{(1+x^2)^2}] e^x=\frac{-x[(x-1)^2+2]}{(1+x^2)^2}e^x$​

$x\in R,当x<0,{f}' (x)>0,f(x)\nearrow ,且{\color{Red} f(x)\gt 0} ;$

$x>0时，{f}' (x)<0,f(x)\searrow ,且0<x<1时，{\color{Red} f(x)\gt 0} $,f(x)在x=0处有极大值f(0)=1。

（2）$当f(x_1)=f(x_2)(x_1\ne x_2)$时,设$x_1<0<x_2<1$,要证$x_1+x_2\lt 0\Rightarrow x_1<-x_2<0,$

$\because {\color{Red} f(x)在x<0时是单调递减的，} $

只需证$f(x_1)<f(-x_2)\Leftrightarrow f(x_1)-f(-x_2)<0\Leftrightarrow {\color{Red} f(x_2)-f(-x_2)<0}$​ 即可。
$ \Leftrightarrow f(x)-f(-x)<0,x\in (0,1)。即证：[(1-x)e^x-\cfrac{1+x}{e^x}]\cfrac{1}{1+x^2}<0\Leftrightarrow (1-x)e^x-\cfrac{1+x}{e^2} <0$
构造$g(x)= (1-x)e^x-\cfrac{1+x}{e^2}(0<x<1),{g}' (x)=e^x(-1+1-x)-\cfrac{e^x(1-1-x)}{e^{2x}} =\cfrac{-x(e^{2x}-1)}{e^x}<0$
$g(x)在(0,1)单调递减，g(x)<g(0)=0,即(1-x)e^x-\cfrac{1+x}{e^2} <0$得证。

例３、已知函数$f(x)=x(1-\ln x)$.
(1)讨论$f(x)$的单调性;
(2)设 $a,b为两个不相等的正数,且b\ln a-a\ln b=a-b,证明:2<\cfrac{1}{a} +\cfrac{1}{b} $
解：(1)${f}' (x)=1-\ln x-1=-\ln x$

$x\in (0,1),{f}' (x)\gt 0,\qquad f(x)\nearrow ;$
$x\in (1,+\infty),{f}' (x)\lt 0,\quad f(x)\searrow 。$​

f(x)在x=1处有极大值1。

(2)由题设：$b\ln a-a\ln b=a-b\Leftrightarrow \cfrac{\ln a}{a} －\cfrac{\ln b}{b} ＝\cfrac{1}{b} －\cfrac{1}{a} $

$\Leftrightarrow \cfrac{\ln a}{a}+\cfrac{1}{a}= \cfrac{\ln b}{b}+\cfrac{1}{b}$

且有$f(x)=x(1-\ln x)\Rightarrow f(\cfrac{1}{a})=\cfrac{\ln a}{a}+\cfrac{1}{a},f(\cfrac{1}{b})=\cfrac{\ln b}{b}+\cfrac{1}{b}$

即有$f(\cfrac{1}{a})=f(\cfrac{1}{b})$,不妨设$0\lt \cfrac{1}{a}\lt 1\lt \cfrac{1}{b}$

构造函数$F(x)=f(x)-f(2-x),0\lt x\lt 1$

${F}' (x)={f}'(x)+{f}'(2-x)=-\ln x-\ln (2-x)=-\ln x(2-x)=-\ln ( [1-(x-1)^2]) $

$0\lt 1-(x-1)^2\lt 1\Rightarrow {F}' (x)\gt 0,F(x)在x \in (0,1)处\nearrow ,\Rightarrow F(x)\lt F(1)=0$

$f(\cfrac{1}{a} )-f(2-\cfrac{1}{a}) \lt 0\Leftrightarrow f(\cfrac{1}{a} )\lt f(2-\cfrac{1}{a}) \quad \because f(\cfrac{1}{a})=f(\cfrac{1}{b}),f(x)在x\gt 1单调递减$

$ \therefore f(\cfrac{1}{b} )\lt f(2-\cfrac{1}{a}) \Rightarrow \cfrac{1}{b} \gt 2-\cfrac{1}{a} \Rightarrow \cfrac{1}{a}+\cfrac{1}{b}\gt 2 $

${\color{Red}题型一、 } x_1+x_2\gt 2x_0\Rightarrow 构造f(x)-f(2x_0-x)；$
${\color{Red}题型二、 } x_1\cdot x_2\lt x_0^2\Rightarrow 构造f(x)-f(\cfrac{x_0^2}{x} )；$