极值点偏移六大题型
一、极值点偏移的概念
抛物线不偏移，$x_1\ne x_2,f(x_1)=f(x_2)\Leftrightarrow x_1+x_2=2x_0$
${\color{Red} 等值函数的中点横坐标不在极值点上}$
从图形来看有三种类型：
$\cfrac{x_1+x_2}{2} \gt x_0 \qquad$
${f}' (x_1)\gt {f}' (x_2)\qquad$
${f}' (\cfrac{x_1+x_2}{2} )\lt 0$
$例1.f(x)=e^x-3x,y=a与f(x)有两交点，横坐标为x_1,x_2,则(\quad)$
$A,x_1+x_2\lt 2 \ln 3\quad B,x_1+x_2\gt 2 \ln 3,\quad$
$C,x_1+x_2\lt 4 \ln 3\qquad D,x_1+x_2\gt 4 \ln 3$
$例2f(x)=x+3-\ln x与y=a有两交点，横坐标为x_1,x_2,则(\quad)$
$A,x_1+x_2\lt 2 \quad B,x_1+x_2\gt 2$ ,
$C,x_1+x_2\lt 4 \qquad D,x_1+x_2\gt 4$
2021新一卷:
已知函数$f(x)=x(1-\ln x),设a,b$为两不相等的正数,且$b\ln a-a\ln b=a-b,证明:2\lt \cfrac{1}{a}+\cfrac{1}{b}\lt e$
$\because \cfrac{\ln a}{a} -\cfrac{\ln b}{b} =\cfrac{1}{b} -\cfrac{1}{a} \Rightarrow \cfrac{1}{a}+\cfrac{1}{a}\ln a=\cfrac{1}{a}+\cfrac{1}{a}\ln a\quad\Rightarrow \cfrac{1}{a} - \cfrac{1}{a}\ln \cfrac{1}{a}=\cfrac{1}{b} - \cfrac{1}{b}\ln \cfrac{1}{b}$
$令x_1=\cfrac{1}{a},x_2=\cfrac{1}{b}\Rightarrow f(x_1)=f(x_2)$
$要证2\lt x_1+x_2\lt e,2\lt x_1+x_2\lt e，{f}'(x)=-\ln x$
${\color{Red} f(x)在(0,1)\nearrow ,在(1，+\infty)\searrow }$
${\color{Green}先证x_1+_2\gt 2},令0\lt x_1\lt 1\lt x_2,即证x_2\gt 2-x_1\gt 1({\color{Green} 为什么不是x_1\gt 2-x_2} {\color{Red} 遇上对数时，减小数} )$
${\color{Purple} \because f(x)在x\gt 1\searrow} ,即证f(x_2)\lt f(2-x_1)$
${\color{Purple} \because f(x_2)=f(x_1)} ,即证f(x_1)\lt f(2-x_1)\qquad {\color{Red}双变量转单变量！}$
$即证f(x_1)-f(2-x_1)\lt 0恒成立$
$下面构造函数并证明g(x)=f(x)-f(2-x)\lt 0,在{\color{Red}0\lt x\lt 1}恒成立，即证{\color{Red} g(x)_{max}\lt 0}$
${g}' (x)={f}' (x)-{f}'(x){(2-x) }' =-\ln x-\ln (2-x)=-\ln [x(2-x)]$
$x(2-x)开口向下，对称轴为x=1,故在（0，1)单调递增，取值范围为(0,1)$
$\because {g}' (x)\gt 0,g(x)\nearrow .g(x)\lt g(x)_{max}=g(1)=f(1)-f(1)=0$
$故g(x)\lt 0在(0,1)恒成立，\Rightarrow x_1+x_2\gt 2$
${\color{Green} 再证 x_1+x_2\lt e }$
$即证e-x_1\gt x_2\gt 1，c,这是因为f(x)在x\gt 1递减$
$即证f(x_1)\gt f(e-x_1)，构造h(x)=f(x)-f(e-x)\quad证明h(x)\gt 0 在 x\in (0,1)恒成立$
$即证{\color{Red} h(x)_{min}\gt 0}$
$h(1)=f(1)-f(e-1)\gt 0\qquad{h}' (x)={f}'(x) +{f}'(e-x) =-\ln [x(e-x)]=-\ln t$
$令t=x(e-x)开口向下，对称轴为x=\cfrac{e}{2},故在(0,1)单调递增，t\in(0,e-1)$
$\therefore {h}'(x)存在零点x_0\in (0,1),在(0,x_0),{h}'(x)\gt 0,h(x)\nearrow ;在(x_0,1),{h}'(x)\lt 0,h(x)\searrow$
$故h(x)的最小值在端点，x\to 0时，h(0)=f(0)-f(e)\to 0$
二、含参可不要离
$f(x)=\ln x-ax ,其中a\gt 0,若f(x_1)=f(x_2),求证:x_1+x_2\gt \cfrac{2}{a}$
https://one.free.nf/index.php/archives/185/ 之例2
三、含参要分离:
$f(x)=x^2-2x+1+ae^x,有两个极值点x_1,x_2,求证x_1+x_2\gt 4$
${\color{Green} 有两个极值点\Leftrightarrow 导函数有两个变号零点}$
解：
${f}' (x)=2x-2+ae^x=0\Rightarrow a=\cfrac{2-2x}{e^x} 令g(x)=\cfrac{2-2x}{e^x},有g(x_1)=g(x_2)=a$
$\Rightarrow {g}' (x)=\cfrac{2(x-2)}{e^x},x\in(-\infty,2),{g}' (x)\lt 0,g(x)\searrow ;x\in(2,+\infty),{g}' (x)\gt 0,g(x)\nearrow$
$不妨设x_1\lt 2\lt x_2,要证x_1+x_2\gt 4,即证2\gt x_1\gt 4-x_2$
$即证g(x_1)\lt g(4-x_2)\Leftrightarrow g(x_2)\lt g(4-x_2)即g(x_2)- g(4-x_2)\lt 0$
$构造函数h(x)=g(x)- g(4-x)\quad 即证h(x)\gt 0在x\gt 2恒成立，即证明{\color{Red} h(x)_{max}\lt 0} $
${h}' (x)={g}' (x)+{g}' (4-x)=\cfrac{2(x-2)}{e^x}+\cfrac{2(4-x-2)}{e^{4-x}}=2(x-2)(\cfrac{1}{e^x} -\cfrac{1}{e^{4-x}})\lt 0$
$h(x)\lt h(x)_{max}=h(2)=0$
四、对称相乘:
例2、已知$f(x)=\ln x-ax,a\gt 0有两个零点x_1,x_2$，
求证:$x_1x_2\gt e^2$
https://one.free.nf/index.php/archives/185/ 之例2
五、非对称相乘:
$f(x)=\ln x -ax -1(a\in R),若f(x)+2=0$
有两个不等实根,且$x_2\gt 2x_1$,$求证:x_1x_2^2\gt \cfrac{32}{e^3}，\ln 2=0.693$
用比值换元法，而不用对称构造法.
解：用比值换元法，不用对称构造消元法
$f(x)=\ln x -ax-1\Rightarrow f(x)+2=0\Rightarrow \ln x+1=ax\Rightarrow$
$a=\cfrac{\ln x+1}{x}$
$x_1x_2^2\gt \cfrac{32}{e^3} \Rightarrow 两边取对数，得\ln x_1+2\ln x_2\gt 5\ln 2-3$
比值换元：
$\because \quad x_2\gt x_1,令{\color{Red} t=\cfrac{x_1}{x_2}} \Rightarrow 0\lt t \lt \cfrac{1}{2}\Rightarrow x_1=tx_2$
$\because \quad a={\color{Green}\cfrac{\ln x_1+1}{x_1}= \cfrac{\ln x_2+1}{x_2}\Rightarrow \cfrac{x_1}{x_2}=\cfrac{\ln x_1+1}{\ln x_2+1}}$
${\color{Red}\Rightarrow t}=\cfrac{{\color{Red} \ln tx_2}+1 }{\ln x_2+1}\Rightarrow t\ln x_2+t=\ln t+\ln x_2+1$
$\Rightarrow (t-1)\ln x_2=\ln t+1-t \Rightarrow \ln x_2=\cfrac{\ln t}{t-1}-1$
$\because \quad x_1=tx_2 \quad \therefore \quad \ln x_1=\ln (tx_2)=\ln t+\ln x_2$
$\ln x_1+2\ln x_2=\ln t +3\ln x_2=3(\cfrac{\ln t}{t-1}-1)+\ln t$
$即证\cfrac{3\ln t}{t-1}+\ln t-3\gt 5\ln 2-3$
$令g(t)=\cfrac{3\ln t}{t-1}+\ln t ,即证g(t)_{min}\gt 5\ln 2\quad t \in (0,\cfrac{1}{2})$
$g(\cfrac{1}{2})=5\ln 2\quad 先求端点值$，由此可见，只需求导证g(t)单调递减，即可，由于时间问题，考试时建议耍流氓
$g(t)=\cfrac{3\ln t}{t-1}+\ln t=\cfrac{(t+2)\ln t}{t-1}$
${g}' (t)=\cfrac{(\ln t+1+\cfrac{2}{t} )(t-1)-t\ln t-2\ln t}{(t-1)^2}$
$=\cfrac{{\color{Green} t\ln t} +t+2-{\color{Blue} \ln t} -1-\cfrac{2}{t}-{\color{Green} t\ln t} -{\color{Blue} 2 \ln t} }{(t-1)^2}$
${g}' (t)= \cfrac{t+1-\cfrac{2}{t}-2\ln t}{(t-1)^2}$
$令h(t)=t+1-\cfrac{2}{t}-2\ln t$
${h}' (t)=1+\cfrac{2}{t^2}-\cfrac{2}{t} =\cfrac{t^2-2t+2}{t^2} \gt 0$
$h(t)\nearrow ,h(\cfrac{1}{2})=2\ln 2-\cfrac{5}{2}\lt 0 即{g}' (t)\lt 0,g(t)\searrow$
六、拐点偏移
$已知函数f(x)=2\ln x+x^2+x,若正实数x_1,x_2满足f(x_1)+f(x_2)=4,求证x_1+x_2\ge 2$
$f(x)=2\ln x+x^2+x$
${\color{Red} {f}'(x) } =\cfrac{2}{x}+2x+1\gt 0$
${\color{Red} {f}'(x) } =\cfrac{2}{x}+2x+1\gt 0\quad\therefore f(x)在(0,+\infty){\color{Red} \nearrow }\quad f(1)=1+1=2$
$设x_1\le 1\le x_2,要证x_1+x_2\ge 2,即证\quad x_2\ge 2-x_1\quad$
对称构造遇上对数,减小数
$\because x_2\ge 1,2-x_1\ge 1,f(x)单调递增,即f(x_2)\ge f(2-x_1)$
$又\because f(x_1)+f(x_2)=4\Rightarrow 4-f(x_1)\ge f(2-x_1)\quad 双变量变单$
$令g(x)=f(x)+f(2-x)\quad x\in (0,1]\quad 即g(x)_{max}\ge 4$
$g(1)=2f(1)=4\quad 即证g(x)在x\in (0,1]单调递增$
${g}' (x)={f}' (x)-{f}' (2-x)=\cfrac{2}{x}+2x+1-[\cfrac{2}{2-x}+2(2-x)+1]$
$=\cfrac{2}{x}-\cfrac{2}{}2-x+4x-4=\cfrac{4(1-x)}{x(2-x)}+4(x-1)$
$=4(1-x)[\cfrac{1}{x(2-x)}-1]\ge 0$
$g(x)在x\in (0,1]单调递增，g(x)有最大值g(1)=4\le 4,得证$
$已知函数f(x)=2\ln x+x^2+(a-1)x-1,(a\in \mathbb{R})当x\ge 1时,f(x)\ge 0恒成立.$
$(1)求实数a的取值范围;$
$(2) 若正实数x_1,x_2不相等且满足f(x_1)+f(x_2)=0,求证x_1+x_2\ge 2.$