极值点偏移
一、基本题型$x_1+x_2>2$
2010天津理21题：
题目
已知函数 $f(x) = xe^{-x}$ ($x \in \mathbb{R}$)。
- 求函数 $f(x)$ 的单调区间与极值。
- 已知函数 $y = g(x)$ 的图象与函数 $y = f(x)$ 的图象关于直线 $x = 1$ 对称，证明：当 $x > 1$ 时，$f(x) > g(x)$。
- 如果 $x_1 \neq x_2$，且 $f(x_1) = f(x_2)$，证明：$x_1 + x_2 > 2$。
四种解法
https://www.bilibili.com/video/BV1So4y1M7Jy/
一、对称轴法
- $x_1+x_2>2 \Leftrightarrow x_1>2-x_2 \Leftrightarrow f(x_1)>f(2-x_2) \Leftrightarrow f(x_2)>f(2-x_2)$
- 对称轴为x=1,构造g(x)=f(2-x),再构造h(x)= g(x)-f(x).
- 原问题转化为求h(x)的单调性（求导）
$$\boxed{{\tiny \circ{方程与函数}、\circ{分类讨论}、\bullet{数形结合}、\bullet{转化与化归}}}$$
二、代点取对数，比值换元，方程联立
- $x_1e^{-x_1}=x_2e^{-x_2}\Rightarrow ln(\frac{x_1}{x_2})=x_1-x_2$
- $令t=frac{x_1}{x_2},
联立left{begin{matrix}
x_1=tx_2
\
lnt=x_1-x_2
end{matrix}right.$
- 解出$x_1,x_2$,得到$x_1 + x_2$关于t的函数，利用单调性（求导）即可
$$\boxed{{\tiny \bullet{方程与函数}、\circ{分类讨论}、\circ{数形结合}、\bullet{转化与化归}}}$$
三、代点取对数，对数算术均值不等式
- $x_1e^{-x_1}=x_2e^{-x_2}\Rightarrow ln({x_1}）-ln({x_2})=x_1-x_2$
$$\boxed{{\tiny \circ{方程与函数}、\circ{分类讨论}、\circ{数形结合}、\bullet{转化与化归}}}$$
四、用泰勒展开2次来比较
- 化曲为曲
- $m+n=2,x_1>m,x_2>n\Rightarrow x_1+x_2>2$
$$\boxed{{\tiny \circ{方程与函数}、\bullet{分类讨论}、\bullet{数形结合}、\bullet{转化与化归}}}$$
二、两根和定性$x_1+x_2关于a递减$
2014年天津卷(理)20
题目
设 $f(x) = x - ae^x$ ($a \in \mathbb{R}, x \in \mathbb{R}$), 已知函数 $y = f(x)$ 有两个零点 $x_1, x_2$, 且 $x_1 < x_2$。
- 求 $a$ 的取值范围。
- 证明: $\frac{x_2}{x_1}$ 随着 $a$ 的减小而增大。
- 证明: $x_1 + x_2$ 随着 $a$ 的减小而增大。
解法
- 利用2的结论
- 代点取对数，比值换元，方程联立
- 把$x_1+x_2表示为t=\frac{x_2}{x_1}的函数,求单调性$
$$\boxed{{\tiny \bullet{方程与函数}、\circ{分类讨论}、\circ{数形结合}、\bullet{转化与化归}}}$$
三、两个对数均值不等式的证明来龙去脉
1、$\frac{2ab}{a+b}<\frac{a-b}{lna-lnb}$
来源：函数$ln(x)-2\cdot\frac{x-1}{x+1}$,为增函数，且在x>1时大于零，$令t=\frac{a}{b},(a>b>0)$
注意：对数均值不等式损失了信息$$
left{begin{matrix}
1>x>0时, lnx< 2cdotfrac{x-1}{x+1} \
x>1时,lnx> 2cdotfrac{x-1}{x+1}
end{matrix}right.
$$
用来在极值点偏移时证明$\boxed{x_1+x_2>2}$
#### 2、$\frac{a-b}{lna-lnb}<\frac{a+b}{2}$
来源：函数$ln(x)-\frac{1}{2}\cdot(x-\frac{1}{x})$,为减函数，且在x<1时大于零，$令t=\frac{a}{b},(a>b>0)$
注意：对数均值不等式损失了信息$$
\left\{\begin{matrix}
1>x>0时, lnx>\frac{1}{2}\cdot(x-\frac{1}{x})\\
x>1时,lnx<\frac{1}{2}\cdot(x-\frac{1}{x})
\end{matrix}\right.
$$
用来在极值点偏移时证明$\boxed{x_1+x_2<1-m}$
四、两根和定量$x_1+x_2<1-m$
2025年春广东四校联考18
题目
- （17 分）已知函数 $f(x) = \ln x - a\left(x - \frac{1}{x}\right)$，$g(x) = \frac{2 \ln x}{x + 1} - x - m$ 。
(1) 若函数 $f(x)$ 在其定义域上单调递减，求实数 $a$ 的最小值。
(2) 若函数 $g(x)$ 存在两个零点 $x_1, x_2，设x_1 < x_2$。
(i) 求实数 $m$ 的取值范围；
(ii) 证明：$2 < x_1 + x_2 < 1 - m$。
解法
利用1的结论，先证$x_1+x_2<1-m$
- $lnx_1>\frac{1}{2}(x_1-\frac{1}{x_1}),lnx_2<\frac{1}{2}(x_2-\frac{1}{x_2})$
- 利用g(x)=0，得出$lnx_1=\frac{(x_1+m)(x_1+1)}{2},lnx_2=\frac{(x_2+m)(x_2+1)}{2}$
- 代入上面后相减，得$x_1^2+mx_1>x_1-1,x_2^2+mx_2<x_2-1$再相减
- 利用对数均值不等式和上面结论证明$x_1+x_2>2$
- 需构造函数$ln(x)-2\cdot\frac{x-1}{x+1}$
- 再比值换元$x=\frac{x_2}{x_1}$
$$\boxed{{\tiny \bullet{方程与函数}、\circ{分类讨论}、\bullet{数形结合}、\bullet{转化与化归}}}$$