极值点偏移

$极值点偏移\begin{cases} f(x_1)=f(x_2)\\ \quad \\x_1+x_2=2x_0\end{cases}$
①构造函数,对称构造消元法
$\begin{cases} x_1+x_2\gt 2x_0 \\ \quad \\ x_1+x_2\lt 2x_0\end{cases}\qquad \Rightarrow f(x)-f(2x_0-x)$

$\begin{cases} x_1x_2\gt x_0^2 \\ \quad \\ x_1x_2\lt x_0^2\end{cases}\Rightarrow \qquad f(x)-f(\cfrac{x_0^2}{x} )$

②对数不等式：https://one.free.nf/index.php/archives/74/
$\sqrt{x_1x_2}\lt \cfrac{x_1-x_2}{\ln x_1-\ln x_2}\lt \cfrac{x_1+x_2}{2}$

$例1、函数f(x)=xe^{-x},若x_1\ne x_2,且有f(x_1)=f(x_2),$
求证:$x_1+x_2\gt 2\quad$2010年天津
$f(x_1)=f(x_2)\Rightarrow x_1e^{-x_1}=x_2e^{-x_2}\Rightarrow \ln (x_1e^{-x_1})=\ln( x_2e^{-x_2})$
$\Rightarrow \ln x_1+\ln e^{-x_1}=\ln x_2+\ln e^{-x_2}\Rightarrow \ln x_1-x_1=\ln x_2-x_2$
$\Rightarrow \ln x_1-\ln x_2=x_1-x_2\Rightarrow\cfrac{x_1-x_2}{\ln x_1-\ln x_2}=1$
$\Rightarrow\cfrac{x_1-x_2}{\ln x_1-\ln x_2}\lt \cfrac{x_1+x_2}{2}$
完整解题步骤：
${f}' (x)=\cfrac{1-x}{e^x},令 {f}' (x)=\cfrac{1-x}{e^x}=0，解得x=1;$
$即x\in (-\infty,1),{f}' (x)\gt 0,f(x)\nearrow ;$
$x\in (1,+\infty),{f}' (x)\lt 0,f(x)\searrow ;$
$\because f(x_1)=f(x_2),不妨设{\color{Red} x_1\lt 1\lt x_2,} ,$
$要证x_1+x_2\gt 2,即证1\gt x_1\gt 2-x_2\Leftrightarrow$只需证明：
${\color{Red} f(x_1)} \gt f(2-x_2)\Leftrightarrow {\color{Red} f(x_2)} \gt f(2-x_2)\Leftrightarrow {\color{Red} f(x_2)} -f(2-x_2)\gt 0$
$即只需构造g(x)=f(x)-f(2-x)$
并证明在$x\gt 1时，g(x)\gt 0恒成立即可$。
${g}' (x)={f}' (x)-{f}' (2-x){(2-x)}' =\cfrac{1-x}{e^x}+\cfrac{1-(2-x)}{e^{2-x}}$
$=\cfrac{1-x}{e^x}+\cfrac{x-1}{e^{2-x}} =(x-1)(\cfrac{1}{e^{2-x}}-\cfrac{1}{e^x})\gt 0\quad x\gt 1$
$g(x)\gt g(1)=f(1)-f(1)=0$

${\color{Red}进阶一下: }$

$(一):证明:x_1x_2\lt 1$
$(二):证明:{f}' (\cfrac{x_1+x_2}{2} )\lt 0,即证\cfrac{x_1+x_2}{2}$ 处于单调递减区间嘛
$(三):证明:x_1^2+x_2^2\gt 2\Rightarrow x_1^2+x_2^2\ge 2x_1x_2$
$\begin{cases} x_1^2+x_2^2\ge 2x_1x_2\\ x_1^2+x_2^2= x_1^2+x_2^2\end{cases}\Rightarrow 2( x_1^2+x_2^2)\ge (x_1+x_2)^2$
$(四)若x_1\lt x_2证明:x_1+2x_2\gt 3$

$例2、已知f(x)=\ln x-ax有两个零点x_1,x_2，求证:x_1x_2\gt e^2$
乍看此题目并不是极值点偏移的题型，求导可得极值为$(\cfrac{1}{a},-\ln a-1)$
对证明结论分析一下：
$x_1x_2\gt e^2\Rightarrow \ln (x_1x_2)\gt \ln e^2\Rightarrow \ln x_1+\ln x_2\gt 2;$
$f(x_1)=0\Rightarrow \ln x_1=ax_1;f(x_2)=0\Rightarrow \ln x_2=ax_2;$
$a(x_1+x_2)\gt 2 \Rightarrow x_1+x_2\gt \cfrac{2}{a}$
法一若用对数不等式证：
$f(x)=0\Rightarrow \ln x_1=ax_1\quad ①\qquad \ln x_2=ax_2\quad ②;$
$\Rightarrow ①-②=a(x_1-x_2)=\ln x_1-\ln x_2$
$\Rightarrow \cfrac{x_1-x_2}{\ln x_1-\ln x_2} =\cfrac{1}{a}\lt \cfrac{x_1+x_2}{2}$
法二常规解法：
$\because f(x)=0\Rightarrow \ln x=ax\Rightarrow a=\cfrac{\ln x}{x}\quad (零点变交点)$
有两个零点即$g(x)\cfrac{\ln x}{x}与y=a$有两个交点
${\color{Green}g(x_1)=g(x_2) } =a,证明x_1x_\gt e^2,$
$分析:不妨设{\color{Green} 0\lt x_1\lt e\lt x_2} ,e\gt x_1\gt \cfrac{e^2}{x_2}$
$g(x)在(0,e)\nearrow易证$
$\Rightarrow g(x_1)\gt g(\cfrac{e^2}{x_2})\quad 双变量不等式马上要变单变量！$
${\color{Red} \because g(x_1)=g(x_2)} \Rightarrow {\color{Red} \because g(x_2)}\gt g(\cfrac{e^2}{x_2})\qquad$这一步非常重要！
构造$F(x)=g(x)-g(\cfrac{e^2}{x})\quad x\in (e,+\infty)\quad$求导证明它大于零恒成立。
下面是证明的完整步骤：
$f(x)=\ln x-ax有两个零点x_1,x_2,即f(x)=0\Rightarrow a=\cfrac{\ln x}{x},$转变为$y=a,与g(x)=\cfrac{\ln x}{x}有两个不同的交点x_1,x_2$
${g}' (x)=\cfrac{1-\ln x}{x^2} ,令{g}'(x)=0,解得x=e,$
即当$x\in (0,e),{g}'(x)\gt 0,g(x)\nearrow : x\in (e,+\infty) {g}'(x)\lt 0,g(x)\searrow$
不妨设${\color{Green} 0\lt x_1\lt e\lt x_2}, \quad \therefore e\gt x_1\gt \cfrac{e^2}{x_2}$
${\color{Green} f(x_1)} \gt f(\cfrac{e^2}{x_2} )\Rightarrow {\color{Red} f(x_2)}\gt f(\cfrac{e^2}{x_2} )$
$注：双变量变单变量，接着构造复合函数$
$构造函数h(x)=g(x)-g(\cfrac{e^2}{x} )\quad x\in (e,+\infty)$ 注：用${\color{Green}x代替x2 }$，
${h}' (x)={g}' (x)-{g}' (\cfrac{e^2}{x} )\times {[\cfrac{e^2}{x} ]}' \quad注：复合函数求导公式$
$=\cfrac{1-\ln x}{x^2}-\cfrac{1-\ln \cfrac{e^2}{x} }{(\cfrac{e^2}{x})^2 }\times (-\cfrac{e^2}{x^2} )\quad x\gt e\therefore$
$=\cfrac{1-\ln x}{x^2}-\cfrac{1-\ln x}{e^2}=(1-\ln x)(\cfrac{1}{x^2}-\cfrac{1}{e^2})\gt 0$
$h(x)\nearrow\Rightarrow h(x)\gt h(e)=0$