一、前言

极值点偏移有如下表述（源于《高中导数进阶教程》）：

设 $x_2 > x_1$，若 $f(x)$ 在闭区间 $[x_1,x_2]$ 上连续，且在开区间 $(x_1,x_2)$ 可至少三次导，令 $f'(\xi)=\frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}$，则有：

（1）若 $f''(x)f'''(x)\geq 0$，且仅在有限个 $x$ 处取到 $0$，则有 $\xi\geq \frac{x_1+x_2}2$。

（2）若 $f''(x)f'''(x)\leq 0$，且仅在有限个 $x$ 处取到 $0$，则有 $\xi\leq \frac{x_1+x_2}2$。

而我们又有阿达马定理，表述如下：

设 $x_2 > x_1$，若 $f(x)$ 在闭区间 $[x_1,x_2]$ 上连续，且在开区间 $(x_1,x_2)$ 可至少三次导，则有：

（1）若 $f'''(x)> 0$，则有 $\frac{f'(x_1)+f'(x_2)}2>\frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}>f'(\frac{x_1+x_2}2)$。

（2）若 $f'''(x)< 0$，则有 $\frac{f'(x_1)+f'(x_2)}2<\frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}<f'(\frac{x_1+x_2}2)$。

注意到两者均和 $f'''(x)$ 挂钩，因此不难想象阿达马定理在极值点偏移中肯定有用武之地。然而高考中直接使用阿达马定理难免被扣分，因此需要自己证明，高中范围内的证明方法常见的是构造函数 $g(t)$，式中涉及到了 $f(\frac{x_2+x_1}2+t)$ 与 $f(\frac{x_2-x_1}2-t)$ 两项，这个函数很精妙，也很容易理解，每一项的系数也非常简单。（那么，古尔丹，代价是什么呢？）然而极值点偏移的题目大多涉及到 $\ln x$，这种构造方法会导致 $\ln x$ 中出现加减，而这往往是难以展开的，会使解答过程又臭又长。于是，我们便想找另一个 $g(x)$，不仅能证明阿达马定理，还是一个多项式，这样构造出来的函数有可能更简单。

（不过如果打算在解答题中不带入 $f(x)$ 解析式，而是直接用原始的证明方法，保留 $f(x)$ 的情况下证明，应该也没问题（应该吧），反正我是比较担心被扣分。）

声明1：极值点偏移仅使用了阿达马定理给出的两个不等式中的一个。另一个不等式的多项式类的证明需要拉格朗日中值定理，所以建议实际操作时换成对称类，不过极值点偏移使用的三个比较函数都不需要。

声明2：对于解答题来说，这个方法适合在不知道其他方法的时候使用，毕竟虽然无脑，但构造函数的时候计算量稍大。不过选填题就直接记阿达马定理即可。

声明3：题目源于 B 站一数，侵删。

二、约定

不知道有没有别人做过这方面的思考，我姑且先命个名。比较函数是指前言中说的 $g(x)$ 函数，我这里提供三类：对称类、伪对称类（也可以叫凑字数类，毕竟换个元就出来了）、以及多项式类。阿达马定理总共涉及到了三个数，分别是 $\frac{f'(x_1)+f'(x_2)}2$、$\frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}$、$f'(\frac{x_1+x_2}2)$。我们依次称为导数平均、端点斜率、平均导数。

三、比较函数

考虑到比较函数的构造比较麻烦，因此我将构造过程放到了文末。正确性的证明虽不麻烦，但没有强调的意义，也放至文末。

对称类的自变量在变大的过程中，考虑的 $f(x)$ 的自变量是从 $\frac{x_1+x_2}2$ 向两边扩张的。而伪对称类是指将对称类中的自变量进行替换，让 $x$ 从左边开始扩张，与多项式类一致。

1、比较 $\frac{f'(x_1)+f'(x_2)}2$ 与 $\frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}$ 的大小

对称类：$g(x)=f(\frac{x_1+x_2}2+x)-f(\frac{x_1+x_2}2-x)-\frac{f'(x_1)+f'(x_2)}2\times 2t$

伪对称类：$g(x)=f(x_1+x_2-x)-f(x)-(x_1+x_2-2x)\frac{[f'(x_1)+f'(x_2)]}2$

多项式类：$g(x)=f(x)-\frac{f'(x_1)+f'(x_2)}2x-\frac12f''(x_0)x^2+\frac{x_1+x_2}2f''(x_0)x$

在多项式类中的 $f''(x_0)$ 指的是 $\frac{f'(x_2)-f'(x_1)}{x_2-x_1}$。$x_0$ 的存在依赖拉格朗日中值定理，故高考中建议使用另外的两种方法予以证明，至于选填题就无所谓了。

2、比较 $f'(\frac{x_1+x_2}2)$ 与 $\frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}$ 的大小

对称类：$g(x)=f(\frac{x_1+x_2}2+x)-f(\frac{x_1+x_2}2-x)-f'(\frac{x_1+x_2}2)\times 2t$

伪对称类：$g(x)=f(x_1+x_2-x)-f(x)-(x_1+x_2-2x)f'(\frac{x_1+x_2}2)$

多项式类：$g(x)=f(x)-f'(\frac{x_1+x_2}2)x+\frac{x_1+x_2}2f''(\frac{x_1+x_2}2)x-\frac12f''(\frac{x_1+x_2}2)x^2$

四、例题

例题 1

（2010 天津高考）已知函数 $f(x) = xe^{-x} (x \in \mathbb{R})$。

（1）求函数 $f(x)$ 的单调区间和极值；

（2）如果 $x_1 \neq x_2$，且 $f(x_1) = f(x_2)$，证明：$x_1 + x_2 > 2$。

思路

设 $f(x_1)=f(x_2)=c$ 且 $x_2>x_1$，第一问可以得出 $c\in (0,\frac1e)$ 且 $x_2>x_1>0$。于是有 $x_ie^{-x_i}=c(i=1,2)$。化为 $\frac1cx_i=e^{x_i}$。我们可以将其看为函数 $y=\frac1cx$ 与函数 $y=e^x$ 的两个交点。对于函数 $y=e^x$ 显然有 $y'''>0$，所以套用上述公式，则 $\frac{e^{x_2}-e^{x_1}}{x_2-x_1}>e^{\frac{x_2+x_1}2}$。又因为我们有 $\frac1cx_i=e^{x_i}$，代入得 $\frac1c>e^{\frac{x_1+x_2}2}$，又由于 $c\in (0,\frac1e)$，故 $\frac1c\in (e,+\infty)$，于是我们发现这样做不出来。

那么一定是式子没化对，我们在之前的式子 $x_ie^{-x_i}=c(i=1,2)$ 的基础上继续化，得到 $\ln x_i -\ln c=x_i(i=1,2)$，由第一问得，此时的 $x$ 的确是大于 $0$ 的，所以不用考虑 $\ln x$ 超定义域的问题。那么令 $F(x)=\ln x -ln c$，那么显然有 $F'''(x)=\frac{1}{x^3}>0$，重新套一次公式得到 $\frac{(\ln x_2-\ln c)-(\ln x_1-\ln c)}{x_2-x_1}>\frac{2}{x_1+x_2}$，也就是 $1>\frac{2}{x_1+x_2}$，就证出来了。

然后构造比较函数，只需要把 $f(x)=\ln x$ 带入上述的比较函数。以多项式类为例，就是

$g(x)=\ln x-\frac2{x_1+x_2}x-\frac{x_1+x_2}2\times\frac{4}{(x_1+x_2)^2}x +\frac12 \frac{4}{(x_1+x_2)^2}\times x^2$

$g(x)=\ln x-\frac{4}{x_1+x_2}x+\frac{2x^2}{(x_1+x_2)^2}$

（构造函数的计算步骤可以在草稿纸上进行，然后让阅卷老师疑惑这种函数怎么构造出来的。）

过程（采用多项式类进行证明，理论上其他同理，不过我没试过）

（2）令 $f(x_1)=f(x_2)=c$ 且 $x_2>x_1>0$，由（1）可得 $c\in(0,\frac1e)$。

令函数 $g(x)=\ln x-\frac{4}{x_1+x_2}x+\frac{2x^2}{(x_1+x_2)^2}$，则

$g'(x)=\frac1x-\frac{4}{x_1+x_2}+\frac{4}{(x_1+x_2)^2}x$。

$g''(x)=-\frac1{x^2}+\frac{4}{(x_1+x_2)^2}$。

$g'''(x)=\frac2{x^3}$。

注意到 $g'''(x)>0$ 故 $g''(x)$ 在 $(x_1,x_2)$ 上单调递增。

又由于 $g''(\frac{x_1+x_2}2)=0$，所以 $x=\frac{x_1+x_2}2$ 为 $g'(x)$ 的一个极小值点。

由 $g''(x)$ 的正负得 $g'(x)$ 在 $(x_1,\frac{x_1+x_2}2)$ 单调递减，而在 $(\frac{x_1+x_2}2,x_2)$ 上单调递增，由于 $g'(\frac{x_1+x_2}2)=0$，所以有 $g’(x)>0$。

即 $g(x)$ 单调递增，即 $g(x_2)>g(x_1)$。

即 $\ln {x_2}-\frac{4}{x_1+x_2}{x_2}+\frac{2{x_2}^2}{(x_1+x_2)^2}>\ln {x_1}-\frac{4}{x_1+x_2}{x_1}+\frac{2{x_1}^2}{(x_1+x_2)^2}$。

即 $\ln {x_2}-\ln {x_1}>\frac{2x_1^2-2x_2^2-4x_1(x_1+x_2)+4x_2(x_1+x_2)}{(x_1+x_2)^2}$。

即 $\ln {x_2}-\ln {x_1}>\frac{2x_2-2x_1}{x_1+x_2}$。

变形为 $\frac{(\ln {x_2} -\ln c)-(\ln {x_1} -\ln c)}{x_2-x_1}>\frac{2}{x_1+x_2}$。

由 $x_ie^{-{x_i}}=c$ 得 $\ln {x_i} -\ln c=x_i（i=1,2）$。

故不等式可变形为 $1>\frac{2}{x_1+x_2}$，即 $x_1+x_2>2$。

例题 2

已知函数 $f(x) = e^x + \cos x - ax \ (a \in \mathbb{R})$。

（1）当 $a = 1$ 时，判断 $f(x)$ 在区间 $(0, +\infty)$ 上的单调性；

（2）当 $a = e$ 时，若 $x_1, x_2 \in (0, \pi) \ (x_1 \neq x_2)$，$f(x_1) = f(x_2)$，且 $f(x)$ 的极值在 $x = x_0$ 处取得，证明：$x_1 + x_2 < 2x_0$。

思路

所求式子等同于 $\frac{x_1+x_2}2<x_0$，猜测 $f'(x)$ 单调，于是求导。

$f'(x)=e^x-\sin x -e$

$f''(x)=e^x-\cos x$

由于 $x\in (0,\pi)$，所以确实是单调递增的，即求 $f'(\frac{x_1+x_2}2)<f'(x_0)$，又由于 $f'(x_0)=0=\frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}$，化为$f'(\frac{x_1+x_2}2)<\frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}$ ，很像阿达马式子，于是求三次导。

$f'''(x)=e^x+\sin x$。

定义域内显然成立。过程略。

例题 3

在例题一的基础上求证：$x_1x_2<1$。

思路

遇到乘积取对数，即证 $\ln x_1+\ln x_2<0$。注意到是 $\ln x$ 的加法，为了出现加法，需要放在 $f'(\frac{x_1+x_2}2)$ 的位置，所以换元 $t_i=\ln x_i(t=1,2)$。即证 $t_1+t_2<0$。原来的式子 $x_ie^{-x_i}=c(i=1,2)$ 也可以化为 $t_i=e^{t_i}+\ln c(i=1,2)$。我们把它看成一个 $y=e^{t_i}+\ln c$ 与一个 $y=x$ 的交点，那么自然是拿 $y=e^x +\ln c$ 来运用阿达马定理了，而且很容易注意到它的三阶导肯定大于 $0$，于是就有 $\frac{(e^{t_2}+\ln c)-(e^{t_1}+\ln c)}{t_2-t_1}>e^{\frac{t_1+t_2}2}$，代入 $e^{t_i}+\ln c=t_i(i=1,2)$ 得到 $1>e^{\frac{t_1+t_2}2}$，化简得 $t_1+t_2<0$，也就是 $\ln x_1+\ln x_2 <0$。

例题 4

已知函数 $f(x)=x^{2}-a\ln x-x$（$a\neq0$）。

（1）求函数 $f(x)$ 的单调区间；

（2）若 $a>0$，设 $A(x_{1},y_{1})$，$B(x_{2},y_{2})$ 是函数 $y=f(x)$ 图象上的任意两点（$x_{1}<x_{2}$），记直线 $AB$ 的斜率为 $k$，求证：$f'\left(\frac{x_{1}+2x_{2}}{3}\right)>k$。

思路

简直是模板题，直接套公式，答案就出来了，只是需要注意得做一定变形，对比如下。

原来的：$g(x)=f(x)-f'(\frac{x_1+x_2}2)x+\frac{x_1+x_2}2f''(\frac{x_1+x_2}2)x-\frac12f''(\frac{x_1+x_2}2)x^2$

变形的：$g(x)=f(x)-f'(\frac{x_1+2x_2}3)x+\frac{x_1+2x_2}3f''(\frac{x_1+2x_2}3)x-\frac12f''(\frac{x_1+2x_2}3)x^2$

如果拿不稳哪些地方应该更改的话，就设成 $k_1,k_2$ 之类的，然后表示成 $\frac{x_1+k_ix_2}{1+k_i}$ 再去三次导，中途确保每次导完得到的函数在 $\frac{x_1+2x_2}3$ 处值为 $0$ 也可以得出结论。然后就是无脑套公式了。

例题 5

已知函数 $f(x)=\ln x-ax-1(a\in\mathbb{R})$。若方程 $f(x)+2=0$ 有两个实根 $x_1$，$x_2$，且 $x_2>2x_1$，求证：$x_1\cdot x_2^2>\frac{32}{e^3}$。

（参考数据：$\ln 2\approx 0.693$，$\ln 3\approx 1.099$）

思路

同样取对数后换元，令 $t_i=\ln x_i(i=1,2)$，那么方程 $\ln x-ax-1+2=0$ 可化为 $t-ae^t+1=0$，也就是 $ae^t-1=t$。看成两个函数图像的交点，一个函数是 $y=ae^t-1$，一个是 $y=t$，且二者必须有两个交点。

当 $a>0$ 时，$G(t)=ae^t-1-t$ 求导求得最小值为 $\ln a>0$，无交点，故舍去。当 $a=0$ 时同理，仅有一个交点而舍去。当 $a\leq 0$ 时，也只有一个交点，也舍去。于是我们得到 $a\in (0,1)$。

这时候如果直接开始用阿达马的话，会和例题 1 一样推不出来（不等式的方向不对），于是仿照例 1 考虑变式后再推。