极值点偏移是非常非常套路化的题目。一般来说，掌握构造函数和比值/差值换元这两种方法，即可轻松解决绝大多数的极值点偏移问题。当然，本文还会介绍其它方法，以及一些稍难的题目。
常见的情况是已知 $f(x_1)=f(x_2)$ ，证明 $x_1+x_2 > 2x_0$（其中$x_0$为极值点)；或者$x_1x_2>x_0^2$ 。当然这里的不等号可以反向。$2021$年新高考一卷最后一题是 $x_1+x_2$ 型的，$2022$年全国甲卷最后一题是 $x_1x_2$ 型的。
认真阅读完本文后，你应该能轻松解决绝大多数极值点偏移问题。
0.起源
下面这道题来自于2010年天津高考，开创了极值点偏移类问题的先河。
问题
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) 已知函数 $y = g(x)$ 的图像与函数 $y = f(x)$ 的图像关于直线 $x=1$ 对称，证明当 $x > 1$ 时， $f(x) > g(x)$；
(3) 如果 $x_1\neq x_2$，且 $f(x_1) = f(x_2)$，证明 $x_1 + x_2 > 2$ 。
在阅读完本文的第一节后，你就可以回头解决这道题目。
顺带一提，天津卷的导数题出的非常非常好，远胜于全国卷，开创了很多题型。除了极值点偏移，浙江卷最喜欢考的零点不等式问题也源自于天津卷。我推荐B站上的一位UP主：夏老师的数学课，他做视频详细解析了2010年到2021年的天津卷导数题。
1.构造函数
这种方法的本质是消元。例如要证明 $x_1+x_2>2x_0$，这里有两个变量$x_1,x_2$，因此做如下处理：把其中一个变量移到不等式另一边，例如 $x_1 > 2x_0 - x_2$，此时如果两边的 $x_1$ 和 $2x_0-x_2$ 均落在原函数 $f(x)$ 的同一单调区间内，我们就可以在不等式两边套上 $f$，即比较 $f(x_1)$ 和 $f(2x_0-x_2)$ 的大小。而题目条件一般是 $f(x_1) = f(x_2)$，于是比较 $f(x_2)$ 和 $f(2x_0-x_2)$ 的大小。此时已经成功消元，于是构造函数
$$ g(x) = f(x) - f(2x_0-x) $$其中定义域应该是 $x_2$ 的取值范围。之后证明 $g(x)$ 恒大于0或者小于0即可。
如果要证明的不等式是 $x_1x_2 > x_0^2$ 类型的，可以转化成 $x_1 > \frac{x_0^2}{x_2}$ ，如果两边的式子位于同一单调区间内，则构造函数 $g(x) = f(x) - f(\frac{x_0^2}{x})$ 。
下面先举两个简单的例子，分别是 $x_1+x_2$ 型和 $x_1x_2$ 型。
问题
已知函数 $f(x) = e^x - ax$ 有两个零点 $x_1,x_2(x_1\neq x_2)$，证明 $x_1 + x_2 > 2$.
先考虑 $f(x)$ 的单调性。求导 $f'(x) = e^x - a$，要保证有两个零点，必须 $a > 0$，且最小值 $f(a) < 0$，解得 $a > e$ 。于是 $f(x)$ 先减后增，极小值点为 $\ln{a} > 1$ 。不妨设 $x_1 < x_2$，则 $x_1 < \ln{a} < x_2$ 。要证明 $x_1 + x_2 > 2$，可以转化为 $x_1 > 2 - x_2$ 。由于 $x_2 > \ln{a} > 1$，故 $2 - x_2 < 1$，$x_1$ 和 $2-x_2$ 都落在单减区间上，转化为证明 $f(x_1) < f(2-x_2)$ ，再用 $f(x_1) = f(x_2)$ 转化为证明 $f(x_2) < f(2-x_2)$ 。构造函数
$$ g(x) = f(x) - f(2-x)\quad x > \ln{a} $$上面定义域 $x > \ln{a}$ 的原因是 $g(x)$ 相当于把 $x_2$ 看成自变量 $x$ 。现在只需要证明 $g(x) >0$ 恒成立即可。求导 $g'(x) = e^x - e^{2-x}$，由于 $x > 1$ ，易知 $g'(x) > 0$ ，$g(x)$ 单增，故 $g(x) > g(1) = 0$ ，得证。
问题
已知函数 $f(x) = \frac{e^x}{x}$，若 $f(x_1) = f(x_2)$，$x_1 \neq x_2$，证明 $x_1x_2 > 1$.
先考虑 $f(x)$ 的单调性。求导 $f'(x) = \frac{(x-1)e^x}{x^2}$，先减后增，极值点为 $1$ ，图像如下
不妨设 $x_1 < x_2$，从图像可以看出 $0 < x_1 < 1 < x_2$ 。要证明 $x_1x_2 < 1$，转化为 $x_1 < \frac{1}{x_2}$ ，两边都落在单减区间上，转化为 $f(x_1) > f(\frac{1}{x_2})$，再利用 $f(x_1) = f(x_2)$ 转化为 $f(x_2) > f(\frac{1}{x_2})$ 。构造函数
$$ g(x) = f(x) - f(\frac{1}{x})\quad x > 1 $$只需要证明 $g(x) < 0$ 恒成立。求导 $g'(x) = \frac{(x-1)(e^x-xe^\frac{1}{x})}{x^2}$ 。其中 $e^x - xe^\frac{1}{x}$ 恒正，因为
$$ e^x - xe^\frac{1}{x} = e^{x-1}\cdot e - xe^\frac{1}{x}\geq x\cdot e -xe^\frac{1}{x}=x(e-e^\frac{1}{x}) > 0 $$上面用到了常见不等式 $e^x\geq x+1$ 。于是 $g'(x) > 0$ ，$g(x)$ 单增，$g(x) > g(1) = 0$ ，得证。
下面举两个近几年高考的例子
问题
(2021年新高考一卷)已知函数 $f(x)=x(1-\ln{x})$ .
(1) 讨论 $f(x)$ 的单调性.
(2) 设 $a,b$ 为两个不相等的正数，且 $b\ln{a}-a\ln{b}=a-b$，证明$2 < \frac{1}{a}+\frac{1}{b} < e$.
解析：
(1) $f'(x)=-\ln{x}$，极大值点为1，先增后减。可以在草稿纸上把 $f(x)$ 的图像画出来：
这里要注意当 $x\to0$ 时 $f(x)\to 0$，这是因为 $\lim_{x\to0}{x\ln{x}}=0$。这个极限需要记住。
(2) 先把题目的条件整理一下：
于是可以设函数 $g(x) = \frac{\ln{x}+1}{x}$，这样就有 $g(a)=g(b)$。但这样做的坏处是，我们要证明的式子就不是 $x_1+x_2$ 类型的，而是 $\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}$ 类型的。
我们发现题目给的 $f(x)$ 还没用上，导数题的上下文是有联系的，$f(x)$ 的作用不可能只是用来出第一问送分。考虑 $f(x)$ 和 $g(x)$ 的关系，容易发现 $f(\frac{1}{x})=g(x)$ 。于是 $g(a)=g(b)$ 变成了 $f(\frac{1}{a}) = f(\frac{1}{b})$，如果设 $x_1=\frac{1}{a}$，$x_2=\frac{1}{b}$ 并且不妨设 $x_1 < x_2$，那么我们要证明的式子就变成了
这就是标准的 $x_1+x_2$ 类型。本题还有一个比较特别的地方是，上面是一个双边不等式，意味着我们需要分别对左右两边的不等式进行证明。$f(x)$ 的极值点是 $1$ ，于是左边不等式是常规的极值点偏移不等式，应该是非常好证的，我们就从左边不等式开始开始。
$x_1 + x_2 > 2$ 等价于 $x_2 > 2 - x_1$，由于我们预设了 $x_1 < x_2$，而它们位于极值点 $1$ 的左右两侧，以及零点 $e$ 的左侧，故 $x_1 < 1 < x_2 < e$，$2-x_1 > 1$，这意味着 $x_1,2-x_1$ 都位于 $f(x)$ 极值点右侧的单减区间上，两边套上 $f$，转化为证明 $f(x_2) < f(2-x_1)$，又因为 $f(x_1) = f(x_2)$，转化为证明 $f(x_1) < f(2-x_1)$。构造函数
注意上面 $0 < x < 1$ 的原因是我们把 $x_1$ 看作自变量。下面只需要证明 $h(x) < 0$ 恒成立即可。对其求导 $h'(x) = \ln{\frac{2-x}{x}} > 0$ 恒成立，故 $h(x) < h(1) = 0$，左边不等式得证。
再来看右边的不等式 $x_1+x_2 < e$，如果把它写成 $x_1 < e - x_2$，这时候不等号两边不一定位于同一单调区间内，因为 $e-x_2$ 不是一定小于 $1$ 的，但是如果 $e-x_2 \geq 1$，也就是 $x_2 \leq e-1$，由于 $x_1 < 1$，故此时一定有 $x_1 + x_2 < e$ 。所以下面只需要考虑 $e-x_2 < 1$ 的情况，此时 $x_1$ 和 $e-x_2$ 均落在单增区间上，只需要证明 $f(x_1) < f(e-x_2)$ ，等价于 $f(x_2) < f(e-x_2)$，于是构造函数
只需要证明 $l(x) < 0$ 恒成立。求导 $l'(x) = \ln{\frac{e-x}{x}} < 0$ 恒成立，则 $l(x) < l(e-1)=f(e-1)-f(1)$ ，由于 $f(1)$ 是 $f(x)$ 的最大值，故 $l(x) < 0$ 。右边不等式得证。
问题
(2022年全国甲卷)已知函数 $f(x) = \frac{e^x}{x} - \ln{x} + x - a$.
(1) 若 $f(x) \geq 0$，求 $a$ 的取值范围.
(2) 证明：若 $f(x)$ 有两个零点 $x_1,x_2$，则 $x_1x_2 < 1$。
解析：
(1) $f'(x) = \frac{(x-1)(e^x+x)}{x^2}$，先减后增，最小值 $f(1) = e+1-a \geq 0$，得 $a\leq e+1$ 。
(2) 条件是 $f(x_1) = f(x_2) =0$，不妨设 $x_1< x_2$，则 $0 < x_1 < 1 < x_2$，要证明 $x_1x_2 < 1$，转化为 $x_1 < \frac{1}{x_2}$ ，由于 $x_1,\frac{1}{x_2}$ 均位于单减区间上，转化为 $f(x_1) > f(\frac{1}{x_2})$ ，即 $f(x_2) > f(\frac{1}{x_2})$ ，构造函数
只需要证明 $h(x) > 0$ 恒成立即可。求导 $h'(x) = \frac{(x-1)(e^x+x-e^\frac{1}{x}-1)}{x^2}$，显然 $e^x + x - e^\frac{1}{x} - 1 > 0$ ，$h'(x) > 0$ ，故 $h(x)$ 单增，$h(x) > h(1) = 0$ ，证毕。
现在，你可以回到第 $0.$ 节，独立完成2010年天津卷导数题的第三问。
2.比值换元/差值换元
换元 $t = \frac{x_1}{x_2}$ 或者 $t = x_1 - x_2$ 。这种方法适用于特定类型的函数。比值换元一般适用于形如 $a\ln{x} + bx + \frac{c}{x}$的函数；差值换元一般适用于形如 $ae^x+bx$ 的函数。
一般分为两种情形：要证明的不等式带参数，例如 $x_1 + x_2 > 2a$ ；以及不带参数的情况，例如 $x_1 + x_2 > 2$ 。下面分别加以说明
不带参数
这种情形的思路是根据条件 $f(x_1) = f(x_2)$ 换元得到 $x_1,x_2$ 的表达式 。
下面看一个简单的例子
问题
已知函数 $f(x) = e^x - ax$ 有两个零点 $x_1,x_2(x_1\neq x_2)$，证明 $x_1 + x_2 > 2$.
这是之前的例子，现在我们用新的方法来做这道题目。
根据条件 $f(x_1) = f(x_2)$，有
消去 $a$ ，得 $e^{x_1-x_2} = \frac{x_1}{x_2}$ 。作换元 $t = x_1 - x_2$，不妨设 $x_1 > x_2$，则 $t > 0$ 。代入 $t$ 得到
$$ e^t = \frac{t+x_2}{x_2} $$解得 $x_2 = \frac{t}{e^t - 1}$，$x_1 = t + x_2 = \frac{te^t}{e^t-1}$ 。 要证明 $x_1 + x_2 > 2$，现在转化为证明
$$ \frac{t(e^t+1)}{e^t-1} > 2 $$如果直接求左边函数的最小值，会发现最小值在 $t=0$ 时取到，需要用洛必达法则或者其它高等数学的手段求极限。为了避免使用超纲知识，我们把分母挪下来，变成
$$ t(e^t+1)-2(e^t-1) > 0 $$然后构造函数 $g(t) = t(e^t+1)-2(e^t-1)$ ，$t > 0$，证明 $g(t) > 0$ 恒成立即可。后面省略。
带参数
这种情形的思路是根据条件 $f(x_1) = f(x_2)$ 把参数提取出，表示成 $x_1,x_2$ 的表达式，再代入需要证明的不等式中。说白了就是消元。注意，与不带参数的情况不同，此时我们进行换元的时机一般不是在处理条件 $f(x_1) = f(x_2)$ 的时候，而是把参数代入不等式后。看下面一个题目：
问题
已知函数 $f(x) = \ln{x} - ax$ 有两个零点 $x_1,x_2(x_1\neq x_2)$，证明：
(1) $x_1 + x_2 > \frac{2}{a}$
(2) $x_1x_2 < \frac{1}{a^2}$
解析：
根据题意我们有
写成连等式
$$ a = \frac{\ln{x_1}}{x_1} = \frac{\ln{x_2}}{x_2} $$如果直接把 $a = \frac{\ln{x_1}}{x_1}$ 代入待证不等式 $x_1 + x_2 > \frac{2}{a}$ 中，不妥，因为另一个等式 $a = \frac{\ln{x_2}}{x_2}$ 没有用上。为了同时利用上两个等式，我们使用等比定理：
$$ \text{若} \frac{a}{b} = \frac{c}{d}，\text{则} \frac{a}{b} = \frac{c}{d} = \frac{a+c}{b+d} = \frac{a-c}{b-d} $$根据等比定理，有
$$ a = \frac{\ln{x_1} - \ln{x_2}}{x_1 - x_2} $$这样做还可以保持 $x_1,x_2$ 的对称性。下面先证 $x_1 + x_2 > \frac{2}{a}$ ，把 $a$ 代入，得
$$ \frac{x_1 + x_2}{2} > \frac{x_1 - x_2}{\ln{x_1} - \ln{x_2}} $$可以看到代入 $a$ 后，不等式还是对称的。如果上面不使用等比定理，而是直接把 $a = \frac{\ln{x_1}}{x_1}$ 或者 $\frac{\ln{x_2}}{x_2}$ 代入的话，不等式的对称性就被破坏了。现在两边同除 $x_2$，再换元 $t = \frac{x_1}{x_2}$（看到了吗，换元的时机与不带参数的情况不一样），不妨设 $x_1 > x_2$ ，则 $t > 1$，只需要证明
$$ \frac{t+1}{2} > \frac{t-1}{\ln{t}} $$可以构造函数 $g(t) = (t+1)\ln{t} - 2(t-1)$，$t > 1$，求导证明 $g(t) > 0$ 恒成立，略过。
再证 $x_1x_2 < \frac{1}{a^2}$，代入 $a$ 后，只需要证明
$$ \sqrt{x_1x_2} < \frac{x_1 - x_2}{\ln{x_1} - \ln{x_2}} $$即
$$ \sqrt{t} < \frac{t-1}{\ln{t}} $$构造函数 $h(t) = \sqrt{t}\ln{t} - t + 1$，$t > 1$，求导证明 $h(t) < 0$ 恒成立，略过。
从本题可以总结出下面这个不等式：对任意 $a,b > 0$，$a\neq b$，有
称为对数平均不等式。
换元法的优势是，可以把 $x_1,x_2$ 转换成具体的函数表达式，这意味着我们能做一些比较精细的事情，有些比较难的问题甚至只能使用换元法解决，例如下面这道本人命制的题目：
问题
已知 $f(x) = \ln{x} - x$，若对任意 $x_1\neq x_2$ 且 $f(x_1) = f(x_2)$ 都有 $x_1^a + x_2^a > 2$ ，求实数 $a$ 的取值范围。
答案是 $(-\infty,0]\cup[\frac{1}{3},+\infty)$。这道题目难度比较大，限于篇幅，这里不给出过程，或许以后会专门写一篇文章解答这道题。
3. 变体
以现在的考试难度，直接考 $x_1+x_2$ 或 $x_1x_2$ 型的概率不大。本节讨论那些非常规的情况。
问题
已知函数 $f(x) = (x-1)^2e^x - x$，$x_1,x_2$ 是 $f(x)$ 的两个零点，证明： $f'(\frac{x_1+x_2}{2}) > -1$.
解析：
首先我们要确定两个零点 $x_1,x_2$ 的范围。求导 $f'(x) = (x^2-1)e^x-1$ ，正负性不显然，于是我们继续求二阶导 $f''(x) = (x^2-2x-1)e^x$ ，虽然正负性可求，但零点过于复杂。比较好的方法是不直接对 $f(x)$ 求导，而是考虑 $g(x) = (x-1)^2-\frac{x}{e^x}$ ，容易发现 $f(x)$ 和 $g(x)$ 的零点是相同的。对 $g(x)$ 求导 $g'(x) = (x-1)(2+\frac{x}{e^{x}})$ ，则 $g(x)$ 先减后增，极小值点为 $1$ ，$g(x)_{min} = g(1) = -\frac{1}{e} < 0$ ，在两侧的无穷处 $g(x)$ 都趋向于 $+\infty$ ，于是 $g(x)$ 有两个零点 $x_1,x_2$ ，不妨设 $x_1 < x_2$，则 $x_1 < 1 < x_2$ 。
现在着手证明 $f'(\frac{x_1+x_2}{2}) > -1$ ，也就是
注意到如果 $x_1 + x_2 > 2$ 的话，不等式就成立。于是我们可以尝试证明 $x_1 + x_2 > 2$ 。这里的 $2$ 恰好是 $g(x)$ 的极值点的两倍，到这里应该能明白，本题的 $f(x)$ 不过是一个障眼法，真正的主函数是我们构造的 $g(x)$ 。下面就是极值点偏移的常规操作了，把 $x_1 + x_2 > 2$ 转化成 $x_2 > 2 - x_1$ ，两边都落在 $g(x)$ 的单增区间上，转化成 $g(x_2) > g(2-x_1)$ ，再用 $g(x_1) = g(x_2) = 0$ 转化成 $g(x_1) > g(2-x_1)$ ，构造函数
$$ h(x) = g(x) - g(2-x)\quad x < 1 $$求导证明 $h(x) > 0$ 恒成立即可，过程略。
本题最大的难点是把 $(x-1)^2e^x - x$ 的零点转化为 $(x-1)^2 - \frac{x}{e^x}$ 的零点，要想在有限的考试时间内想到这一步 ，需要对常见函数的导数极其熟悉，能看出 $\frac{x}{e^x}$ 的导数含有 $x-1$ ，与 $(x-1)^2$ 的导数提取公因式。
问题
已知函数 $f(x) = \ln{x} + (2-a)x-ax^2$，若 $f(x_1) = f(x_2)$，$x_1\neq x_2$，证明：$f'(\frac{x_1+x_2}{2}) < 0$
解析：
首先，需要研究 $x_1,x_2$ 的范围。求导 $f'(x) = \frac{(2x+1)(1-ax)}{x}$ ，注意定义域 $x > 0$ ，要想使得 $f(x_1) = f(x_2)$ ，则 $f(x)$ 不能是单调的，故 $a > 0$ ，$f(x)$ 先增后减，极大值点为 $\frac{1}{a}$ 。当 $x\to0$ 时，$f(x)\to -\infty$ ；当 $x\to+\infty$ 时， $f(x)\to-\infty$ ，不妨设 $x_1 < x_2$ ，则有 $0 < x_1 < \frac{1}{a} < x_2$ 。
现在着手证明 $f'(\frac{x_1+x_2}{2}) < 0$ 。注意到 $f'(\frac{1}{a}) = 0$ ，如果 $x_1 + x_2 < \frac{2}{a}$ 的话，就得证了。因此下面我们尝试证明 $x_1 + x_2 < \frac{2}{a}$ ，这是标准的极值点偏移问题，构造函数 $f(x) - f(\frac{2}{a}-x)$ 即可，不再赘述了。
本题还可以用比值换元来做。这属于待证不等式带参数的情形（虽然表面上看 $f'(\frac{x_1+x_2}{2}) < 0$ 不含有参数 $a$ ，但把左边展开后含有参数 $a$ ），根据前面的内容，步骤是先把 $a$ 表示成 $x_1,x_2$ 的表达式，再代入待证不等式进行消元。
条件 $f(x_1) = f(x_2)$ ，即
把 $a$ 提取出来，得到
$$ a = \frac{\ln{\frac{x_1}{x_2}+2(x_1-x_2)}}{(x_1-x_2)(1+x_1+x_2)} $$代入待证不等式 $f'(\frac{x_1+x_2}{2}) < 0$ 中，得到
$$ \begin{align*} f'\Big(\frac{x_1+x_2}{2}\Big) &= \frac{2}{x_1+x_2} + 2 - a - a(x_1+x_2)\\ & = \frac{2}{x_1+x_2}+2-\frac{\ln{\frac{x_1}{x_2}+2(x_1-x_2)}}{x_1-x_2} \end{align*} $$于是 $f'(\frac{x_1+x_2}{2}) < 0$ 等价于
$$ \frac{2}{x_1+x_2} < \frac{\ln{\frac{x_1}{x_2}}}{x_1-x_2} $$现在换元 $t = \frac{x_1}{x_2}$ ，不妨设 $x_1 > x_2$ ，则 $t > 1$ ，上式变成
$$ \frac{2}{t+1} < \frac{\ln{t}}{t-1} $$这是常见不等式 $\ln{t} > \frac{2(t-1)}{t+1}(t > 1)$，构造函数 $g(t) = 2(t-1) - (t+1)\ln{t}$ ，证明 $g(t) < 0$ 即可，过程略。
问题
已知函数 $f(x) = x - \ln{x}$，$f(x_1) = f(x_2)$，$x_1\neq x_2$，证明：$\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2} > 2$ 。
解析：
待证不等式不是常规的 $x_1 + x_2$ 和 $x_1x_2$ 型。参考在构造函数一节中我提供的2021年新高考一卷导数题解析，我们可以构造函数 $g(x) = f(\frac{1}{x}) = \frac{1}{x} + \ln{x}$ ，这样一来，条件 $f(x_1) = f(x_2)$ 就变成了 $g(\frac{1}{x_1}) = g(\frac{1}{x_2})$ ，用 $x_3$ 代替 $\frac{1}{x_1}$ ，$x_4$ 代替 $\frac{1}{x_2}$ ，就有 $g(x_3) = g(x_4)$ ，待证不等式变成
这就归结为最常规的情形了，用构造函数法或者比值换元法都可以轻松解决。
本题不构造 $g(x) = f(\frac{1}{x})$ 的话，也可以使用比值换元法来做。根据条件 $f(x_1) = f(x_2)$ ，写出
换元 $t = \frac{x_1}{x_2}$ ，不妨设 $x_1 > x_2$ ，则 $t > 1$ ，上式写成
$$ (t-1)x_2 = \ln{t} $$解得 $x_2 = \frac{\ln{t}}{t-1}$ ，$x_1 = tx_2 = \frac{t\ln{t}}{t-1}$ 。待证不等式 $\frac{1}{x_1} + \frac{1}{x_2} > 2$ 即为
$$ \frac{t^2-1}{t\ln{t}} > 2 $$这是常见不等式 $\ln{t} < \frac{1}{2}(t-\frac{1}{t})(t > 1)$ ，构造 $g(t) = \ln{t} - \frac{1}{2}(t-\frac{1}{t})$ 或者 $g(t) = 2t\ln{t} - t^2 + 1$ 都可以轻松证明。
前面说过换元法能做一些比较精细的活，本题还可以衍生很多变体，它们都能用比值换元来解决。下面给出这方面的两个例子，分别是不带参数型和带参数型的，读者可以根据之前总结的步骤解决它们。
问题
已知函数 $f(x) = x - \ln{x}$，$f(x_1) = f(x_2)$，$x_1\neq x_2$，证明：$\sqrt{x_1} + \sqrt{x_2} > 2$ 。
问题
已知函数 $f(x) = x - \ln{x}$，$f(x_1) = f(x_2) = a$，$x_1\neq x_2$，证明：$x_1 + x_2 > 1 + a$。
4. 未竟
限于篇幅，本文到此为止。还有一些进阶的方法（放缩、拟合）以及进阶题型（拐点偏移），我会放在另一篇文章再论极值点偏移中加以介绍。