「数学」浅谈极值点偏移问题的处理技巧

浅谈极值点偏移问题的处理技巧

极值点偏移的认识

直线 \(y=a\) 和函数 \(y=f(x)\) 相交于 \({\rm A}(x_1,a), {\rm B}(x_2,a)\) 两点，\({\rm AB}\) 的中点与 \(f(x)\) 在区间 \((x_1,x_2)\) 上的极值点 \(x_0\) 之间的位置关系由函数 \(f(x)\) 决定。本文就是研究这类问题。

若函数 \(f(x)\) 在 \(x=x_0\) 处取极值，则称 \(x_0\) 为 \(f(x)\) 的极值点。

比如二次函数 \(f(x)=ax^2+bx+c \;(a \neq 0)\) 的极值点为 \(x = -\frac{b}{2a}\)，作直线 \(y=m\) 与函数交于 \({\rm A}(x_1,m), {\rm B}(x_2,m)\) 两点，则 \({\rm AB}\) 的中点为 \({\rm M}(\frac{x_1+x_2}{2},m)\)。此时我们认为极值点居中，没有发生偏移。

但对于在极值点两侧「增长速度」不同的函数来说，并不存在图像的对称性，此时我们称之为极值点偏移，此时 \(f(x)\) 在 \(x_0\) 处的切线不平行于 \(x\) 轴。此类题型的命题特点在于，一般要求证明形如 \(x_1+x_2 \sim m\) 或 \(x_1 x_2 \sim n\) 的式子在指定范围上成立。如果 \(m\) 刚好等于极值点的 \(2\) 倍，那么这就是模板的极值点偏移问题。当然，变形的式子也经常出现，但经过转化，一般都会回归以上两种形式。

极值点偏移问题的总处理思路一般有两个: 第一是根据极值点的偏移情况，即极值点两侧函数「增长速度」的差异（也可以说二阶导数的大小）构造关于 \(x_1\) 或 \(x_2\) 的一元差函数（或比函数），然后通过探究该函数的单调性解决问题。其次，作为「双变量不等式」问题下的一个子题型，极值点偏移问题自然可以通过换元使得不等式两边变量数量同一来解决，此后无论构造函数抑或证明二元不等式就是非常自然的了。

二、常见极值点偏移的解法

我们首先通过一道例题开始对极值点偏移问题的正式介绍。

Samples #1

已知函数 \(f(x) = x{\mathrm e}^{-x}, x \in {\mathbb R}\), 如果有 \(f(x_1) = f(x_2)\) 且 \(x_1 \neq x_2\), 求证 \(x_1+x_2 > 2\).

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本题来自 \(2010\) 天津高考压轴题。

前面提到，处理极值点偏移的思路有两种（其中换元法如果细分总数可以算三种），那么我们就以这题为例，把这些思路都讲述一遍。首先是思路一，构造差/比函数。

我们在证明形如 \(x_1+x_2 \sim m\) 或 \(x_1 x_2 \sim n\) 的式子时，可考虑通过移项将不等式转化为 \(x_1 \sim m - x_2\) 或 \(x_1 \sim \frac{n}{x_2}\) 一类的式子，之后利用函数的点调性，转化为函数值之间的关系，也即前面提到差/比函数 \(F(x) = f(x) - f(m - x)\) 或 \(F(x) = f(x) - f(\frac {n}{x_2})\) 的正负性探究。

那么对于本题，我们有

\[f'(x) = -{\rm e}^{-x}(x-1) \]

所以 \(f(x)\) 在 \((-\infty, 1)\) 上单调递增，\((1,+\infty)\) 上单调递减，所以 \(f(x)\) 的极大值为 \(f(1) = \frac {1}{{\rm e}}\)，此时可以画出 \(f(x)\) 草图

当然我们也可以直接得到 \(0 < x_1 < 1 < x_2\)，要证 \(x_1 + x_2 > 2\)，即证 \(x_1 > 2 - x_2\)

因为 \(x_1 < 1, 2 - x_2 < 1\), 所以这两点均在极值点左侧，单调性相同，所以只需证 \(f(x_1) > f(2-x_2)\)，又因为 \(f(x_1) = f(x_2)\)，那么原不等式转化为 \(f(x_2) > f(2 - x_2)\)。

考虑构造函数

\[F(x) = f(x) - f(2-x) = x{\rm e}^{-x} - (2-x){\rm}e^{x-2} \]

那么

\[F'(x) = (x-1)({\rm e}^{x-2} - {\rm e}^{-x}) \]

因为 \(x_2 > 1\)，那么 \(F(x)\) 定义域为 \((1, +\infty)\)，所以 \({\rm e}^{x-2} > {\rm e}^{-x}\)，所以 \(F'(x)>0\)，所以 \(F(x)\) 在定义域上单调递增。

那么当 \(x>1\) 时 \(F(x) > F(1) = 0\)，所以 \(f(x) - f(2-x) > 0, \forall \,x>1\) 恒成立。

那么此时原命题得证。\(Q.E.D\)

然后我们再来看第二种解法，其核心思想是通过换元设参数将双变量转化为单一变量。

由题可得

\[f(x_1) = f(x_2) \Rightarrow \frac{x_1}{{\rm e}^{x_1}} = \frac{x_2}{{\rm e}^{x_2}} \Rightarrow \frac{x_2}{x_1} = \frac{{\rm e}^{x_2}}{{\rm e}^{x_1}} \Rightarrow \ln \frac{x_2}{x_1} = x_2 - x_1 \]

不妨设 \(0 < x_1 < 1 < x_2\), 做换元 \(t = \frac{x_2}{x_1} > 1\)，原式即化为

\[x_1 = \frac{\ln t}{t - 1} \quad x_2 = \frac{t\ln t}{t - 1} \]

带入要证不等式可得

\[\frac{(t+1)\ln t}{t-1} > 2 \]

即

\[\forall \, t > 1 \quad \ln t > \frac{2(t-1)}{t+1} \]

构造函数

\[F(t) = \ln t - \frac{2(t-1)}{t+1} \]

\[F'(t) = \frac{(t-1)^2}{t(t+1)^2} > 0 \]

所以 \(F(t)\) 在 \((1, +\infty)\) 上单调递增，所以对于 \(t \in (1, +\infty)\) 原不等式恒成立。

那么原命题得证 \(Q.E.D\)

最后我们再来看第三种做法，其核心思想是通过转换使得不等式右侧的参数或式子也变成 \(x_1,x_2\) 形式。

由题 我们有

\[\ln x_2 - \ln x_1 = x_2 - x_1 \]

即

\[\frac{x_2 - x_1}{\ln x_2 - \ln x_1} = 1 \]

要证 \(x_1 + x_2 > 2\)，只需证

\[x_1 + x_2 > 2 \frac{x_2 - x_1}{\ln x_2 - \ln x_1} \]

不妨设 \(0 < x_1 < 1 < x_2\), 做换元 \(t = \frac{x_2}{x_1} > 1\)，那么原不等式可化为

\[\ln t > \frac{2(t-1)}{t+1} \]

由解法二可以得到此不等式恒成立，所以原命题得证 \(Q.E.D\)

这里我们也可以得到一个在极值点偏移中常用的结论，也就是大名鼎鼎的对数平均值 \({\rm ALG}\) 不等式，即对于任意 \(b > a > 0\)，满足结论

\[\frac{a+b}{2} > \frac{b - a}{\ln b - \ln a} > \sqrt{ab} \]

这里我们通过换元能够证明不等式的左半边，右半边的证明我们将会在下一题给出。

不过需要注意的是，对数平均值不等式在书写过程中一定要先证明后使用。

Samples #2

函数 \(f(x) = \ln x+ax\)，若 \(f(x) = 0\) 有两个不等的实根 \(x_1,x_2\)，求证 \(x_1x_2 > e^2\)

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和 Sample 1 一样，我们同样采用三种方法为大家做一下本题的证明。

所证不等式可化为 \(x_1 > \frac{{\rm e}^2}{x_2}\)，因为 \(f(x) = 0\) 有两个不等的实根 \(x_1,x_2\), 那么 \(a = -\frac{\ln x_1}{x_1} = -\frac{\ln x_2}{x_2}\).

这里涉及到一个技巧，构造关于原函数 \(f(x)\) 的函数分析正负性时，由于会涉及到 \(a\) 的范围相关问题，我们这里通过两根相等做了一个等价的代换，由于原方程的两个根同时也满足 \(-\frac{\ln x_1}{x_1} = -\frac{\ln x_2}{x_2}\)，而该函数显然形式更加简单，那么我们就对它展开分析以简化计算量。

构造函数 \(g(x) = -\frac{\ln x}{x}\)，通过求导可得 \(g(x)\) 在 \((0,{\rm e})\) 上单调递减，在 \(({\rm e}, +\infty)\) 上单调递增。

因为 \(f(x_1) = f(x_2)\), 那么不妨设 \(0 < x_1 < {\rm e} < x_2\), 所以 \(x_1 \in (0,{\rm e}), \frac{{\rm e}^2}{x_2} \in (0,{\rm e})\)。

那么只需证 \(f(x_1) < f(\frac{{\rm e}^2}{x_2})\) 即 \(f(x_2) - f(\frac{{\rm e}^2}{x_2}) < 0\)

即证

\[\frac{\ln \frac{{\rm e}^2}{x_2}}{\frac{{\rm e}^2}{x_2}} - \frac{\ln x_2}{x_2} < 0 \Leftrightarrow 2x_2^2-(x_2^2 + {\rm e}^2)\ln x_2 < 0 \]

构造函数

\[F(x) = 2x^2 - (x^2 + {\rm e}^2)\ln x,F({\rm e}) = 0 \]

则

\[F'(x) = 4x - \frac 1x(x^2 + {\rm e}^2) - 2x\ln x = 3x - \frac{{\rm e}^2}{x} - 2x\ln x, F'(e) = 0 \]

则

\[F''(x) = 3 + \frac{{\rm e}^2}{x^2} - 2(1 + \ln x) = 1 + \frac{{\rm e}^2}{x^2} - 2\ln x, F''(e) = 0 \]

则

\[F'''(x) = -\frac{2}{x} - \frac{e^2}{x^3} < 0 \]

那么 \(F''(x)\) 单调递减，即 \(F''(x) < F''({\rm e}) = 0\)
那么 \(F'(x)\) 单调递减，即 \(F'(x) < F'({\rm e}) = 0\)
那么 \(F(x)\) 单调递减，即 \(F(x) < F({\rm e})=0\)

则 \(2x_2^2-(x_2^2 + {\rm e}^2)\ln x_2 < 0\) 得证，从而原命题得证 \(Q.E.D\)

接下来是第二种方法，通过换元将双元不等式转化为一个参数的形式。

由已知可得

\[\ln x_1 + ax_1 = 0 \quad \ln x_2 + ax_2 = 0 \]

两式相加可得

\[\ln (x_1 \times x_2) = -a(x_1 + x_2) \]

要证 \(x_1x_2 > e^2\)，只需证 \(-a(x_1 + x_2) > 2\)。

则上两式相减可得

\[b(x_1 - x_2) = \ln \frac{x_2}{x_1} \Rightarrow a = \frac{\ln x_2 - \ln x_1}{x_1 - x_2} \]

所以只需证明

\[- \frac{\ln \frac{x_2}{x_1}}{x_1 - x_2}(x_1 + x_2) > 2 \]

即

\[\frac{\left( 1+\frac{x_2}{x_1}\right)\ln \frac{x_2}{x_1}}{\frac{x_2}{x_1}-1} > 2 \]

做换元 \(t = \frac{x_2}{x_1} > 1\)，原不等式转化为 $$\frac{t\ln t}{t - 1} > 2$$

即

\[\ln t > \frac{2(t-1)}{t+1} \]

由 Sample #1 的解法二中的证明可得原不等式成立，因此原命题成立，\(Q.E.D\)

最后是第三种解法，证明双变量不等式。

由已知可得

\[\ln x_1 + bx_1 = 0 \quad \ln x_2 + bx_2 = 0 \]

两式相减可得

\[b(x_1 - x_2) = \ln \frac{x_2}{x_1} \Rightarrow -a = \frac{\ln x_2 - \ln x_1}{x_2 - x_1} \]

\(f(x) = \ln x + ax = 0\) 等价于 \(b = -\frac{\ln x}{x}\)

构造函数 \(g(x) = -\frac{\ln x}{x}\) 则通过求导可以得到 \(g(x)\) 在 \((0, {\rm e})\) 上单调递减，在 \((e, +\infty)\) 上单调递增，\(f(1) = 0, f({\rm e}) = -\frac{1}{{\rm e}} < 0\)。

当 \(x \in ({\rm e}, +\infty)\) 时，\(f(x) = \frac{\ln \frac1x}{x} < \frac{\frac 1x-1}{x} = \frac{1}{x^2} - \frac 1x < 0\)

所以 \(a \in (-\frac{1}{{\rm e}}, 0) \Rightarrow -\frac{1}{a} \in ({\rm e}, +\infty)\)。

所以要证原不等式，即证 $$\sqrt{x_1x_2} < \frac{\ln x_2 - \ln x_1}{x_2 - x_1}$$ 整理得 $$\ln^2 \frac{x_2}{x_1} < \frac{x_2}{x_1} + \frac{x_1}{x_2} + 2$$

做换元 \(t = \frac{x_2}{x_1} > 1\)，原不等式化为

\[\ln t < \sqrt{t} - \frac{1}{\sqrt{t}} \]

构造函数

\[h(t) = \ln t - \left( \sqrt{t} - \frac{1}{\sqrt{t}}\right) \]

求导得

\[h'(t) = - \frac{(\sqrt t - 1)^2}{2t\sqrt t} < 0 \]

从而 \(h(t)\) 单调递减，即 \(h(t) < h(1) = 0\) 恒成立，所以原命题得证，\(Q.E.D\)

其实解法二中的

\[- \frac{\ln \frac{x_2}{x_1}}{x_1 - x_2}(x_1 + x_2) > 2 \]

也可以通过移项转化为

\[\frac{x_1+x_2}{2} > \frac{\ln x_2 - \ln x_1}{x_2 - x_1} \]

这通过之前提到的 \({\rm ALG}\) 不等式右半部分可以直接得到证明。

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总结一下，以上的内容对于 \(x_1 + x_2 \sim m\) 和 \(x_1x_2 \sim n\) 类型的不等式证明各给出了一个例子，然后我们给出了解决这类问题的三种通法，但在实际应用的过程中，并不是所有题目都能够适用，在遇到具体题目的时候，我们需要根据题意，自行选取方便计算，易于分析的方法进行解题。

比如对于一类形式的函数，在条件转化换元后造成高次代数式和低次代数式乃至超越代数式混杂的情况，那么我们就可以考虑构造函数研究单调性的方式来解决；同样，如果构造出来的函数很难分析，那么就可以考虑换元。当然，这就要求我们积累做题经验，认真总结。

变形后的极值点偏移

有些题目，往往不具有如以上题目般简明的形式，但我们通过转化变形，乃至对不等式进行加强或减弱，总可以使之划归到极值点偏移的常见形式。

Sample #1

已知函数 \(f(x) = \frac {{\rm e}^x}{x}\)，若满足 \(f(x_1) = f(x_2) = m \; (m>0)\) 且 \(x_1 \neq x_2\)，试证明 \(x_1 + x_2 > 2x_1x_2\)

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本题标答给的十分繁琐，这里就仅摘录其要点。

通过求导得到 \(f(x)\) 在 \((0,1)\) 上单调递减，\((1, +\infty)\) 上单调递增，极值点为 \(1\)。

不妨设 \(x_1 > 1 > x_2 > 0\), 由 \(f(x_1) = f(x_2)\) 可以得到 \(m = \frac{{\rm e}^{x_1} - {\rm e}^{x_2}}{x_1 - x_2}\)

要证 \(x_1 + x_2 > 2\) 即证

\[\frac{{\rm e}^{x_1} - {\rm e}^{x_2}}{x_1 - x_2}(\frac{1}{{\rm e}^{x_2}} - \frac{1}{{\rm e}^{x_1}}) >2 \]

做换元 \(t = x_1 - x_2 > 0\)，原不等式可转化为 \(e^{t}-e^{-t}>2t\) 构造函数研究其正负性即可。\(Q.E.D\)

其实这题完全没有任何意思，我们考虑做代换 \(t_i = \frac{1}{x_i} \;(i = 1,2)\)

那么要证 \(x_1 + x_2 > 2x_1x_2\)，即证 \(t_1 + t_2 > 2\)

然后再把函数自变量更换一下得到 \(f(\frac 1x) = x{\rm e}^{-x}\)，这样就直接和上一小节中的 Sample 1 一模一样，无论采用哪种方法分析都能得到正确答案。

Sample #2

已知函数 \(f(x) = \frac 12 x^2 + (1-a)x - a\ln x\;(a \in {\mathbb R})\)，若 \(f(x)\) 存在两个不同的零点 \(x_1,x_2\)，求证 \(x_1 + x_2 > 2\)。

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\[f'(x) = (x+1)(1 - \frac{a}{x}) \]

显然 \(a > 0\)，则 \(f(x)\) 在 \((0, a)\) 上单调递减，在 \((a,+\infty)\) 上单调递增，因为 \(f(x)\) 有两个零点，那么应满足

\[f(a) = \frac 12a^2+(1-a)a-a\ln a<0 \]

构造函数 \(F(a) = \frac 12a^2+(1-a)a-a\ln a\) 求导得

\[F'(a)=\frac 1a+\frac 12 > 0 \]

因此 \(F(a)\) 单调递增，又因为 \(F(1) = -\frac 12 < 0\)，所以 \(a > 1\).

所以要证明得不等式可以加强为 \(x_1 + x_2 > 2a\)，不妨设 \(0 < x_1 < a < x_2\)，则只需证 \(f(x_1) > f(2a - x_1)\)

构造函数 \(g(x) = f(x) - f(2a - x)\)，求导得

\[g'(x) = 2 - \frac{2a^2}{(2a-x)x} < 2 - \frac{2a^2}{\left( \frac{2a-x+x}{2}\right)^2} = 0 \]

因此 \(g(x)\) 单调递减，那么 \(g(x) > g(a) = 0\)，原命题得证，\(Q.E.D\)

本题在命题时将标准极值点偏移不等式弱化了，其实这是一种极其常见的套路，经过练习很快就能够对此颇为熟悉了。

Sample #3

已知函数 \(f(x) = \ln x + (2-a)x - ax^2\)，若 \(f(x_1) = f(x_2)\)，且 \(x_1 \neq x_2\)，求证 \(f'(\frac{x_1+x_2}{2}) < 0\)

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\[f'(x) = \frac{(2x+1)(1+ax)}{x} \]

显然 \(a > 0\)，则 \(f(x)\) 在 \((0,\frac 1a)\) 上单调递增，在 \((\frac 1a,+\infty)\) 上单调递减，且 \(f'(\frac 1a) = 0\)。

要证 \(f'(\frac{x_1+x_2}{2}) < 0\)，只需证 \(f'(\frac{x_1+x_2}{2}) < f'(\frac 1a)\)，即证 \(x_1 + x_2 > \frac 2a\)。

不妨设 \(0 < x_1 < \frac 1a < x_2\)，即证 \(f'(x_1) < f'(\frac 2a - x_1)\)

构造函数 \(F(x) = f(x)-f(\frac 2a-x)\) 求导可得 $$F'(x) = \frac{2(ax-1)^2}{x(2-ax)} > 0$$

因此 \(F(x)\) 单调递增，从而 \(F(x) < F(\frac 1a) = 0\)，所以原命题得证 \(Q.E.D\)

总结一下，本题其实更加能体现极值点偏移的本质，因为不等号右面的 \(0\) 可以视为极值点出的导数，所以这种问法体现了极值点「偏移」的含义，即截线中点处的切线（也就是导数）不平行于 \(x\) 轴。

当然如果直接分析也是可以的，不过其所需要的计算量和代数化简能力也远远高于这个方法。

Sample #4

若函数 \(f(x) = \ln x - x - m\;(m < -2)\) 存在两个不同零点 \(x_1,x_2, x_1 < x_2\)，证明 \(x_1x_2^2<2\)。

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对 \(f(x)\) 求导得到 \(f'(x)=\frac{1-x}{x}\)，那么 \(f(x)\) 在 \((0,1)\) 上单调递增，在 \((1,+\infty)\) 单调递减，又 \(f(2) = \ln 2 - 2 - m > \ln 2 -2 + 2 =0\)

因此

\[0 < x_1 < 1, x_2 > 2 \Rightarrow 0 < \frac {2}{x_2^2} < \frac 12 < 1 \]

那么构造函数

\[F(x) = f(x) - f(\frac {2}{x^2}) = 3\ln x - x + \frac{2}{x^2} - \ln 2\;(x > 2) \]

求导得

\[F'(x) = -\frac{(x-2)^2(x+1)}{x^3} < 0 \]

那么 \(F(x)\) 单调递减，\(F(x) < F(2) = 2\ln 2-\frac 32 < 0\)

此时原不等式得证，\(Q.E.D\)

当然代数技巧比较优秀的同学自然一眼就能看出来待证不等式左右同时取对数就得到 \(\ln x_1 + 2\ln x_2 < \ln 2\) 这样的形式，那么做代换 \(t_i = \ln x_i \;(i=1,2)\)，将函数自变量做个代换然后利用比值代换构造函数也能解决本题，只不过需要进一步利用 \(m > -2\) 这个条件进行放缩，这里限于篇幅，不再详细讲解。

本题的特殊点在于估值，因为如果直接构造函数，我们无法确定 \(x_1,\frac {2}{x_2^2}\) 的分布情况，发现 \(m\) 的取值范围后我们可以利用 \(f(x)\) 单调性算出这两者确实都是在 \((0,1)\) 上的，接下来就是常规的构造函数了。

总结

以上我们展示了极值点偏移问题的常规题型以及部分处理手段，当然我们在网络上或者学习过程中可能会在题目解答中遇到更多的技巧，这里限于篇幅也许列出的仅仅是一部分。

不过对于这些所谓「技巧」，作者的观点是，正所谓「重剑无锋，大巧不工」，在以上的解答过程中我们也能看到构造差/比函数和换元两种基本方法，几个基本的不等式放缩，对有效部分探究（也可以说等价代换）两种技巧始终贯穿全篇，所以通过练习牢牢掌握这些基础知识点对我们来说才是最重要的，如果学有余力，作为了解也未尝不可。