基于 Marshwon 不等式的极值点偏移解题策略
xzyg
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学习·文化课
一、前置知识
1. 对数均值不等式：
\forall x,y > 0, \sqrt{xy} < \frac{x - y}{\ln x - \ln y} < \frac{x + y}{2}
用 e^x, e^y 分别代换 x,y ，得到其指数形式：
\frac{e^x - e^y}{x - y} < \frac{e^x + e^y}{2}
2. Marshwon 不等式：
若
\frac{\ln x_1}{x_1} = \frac{\ln x_2}{x_2}
则
x_1 x_2 < e^2
证明：
根据合比性质：
\frac{\ln x_1}{x_1} = \frac{\ln x_2}{x_2} = \frac{\ln x_1 - \ln x_2}{x_1 - x_2} = \frac{\ln x_1 + \ln x_2}{x_1 + x_2}
由 对数均值不等式：
\frac{\ln x - \ln y}{x - y} < \frac{2}{x + y}
故
\frac{\ln x_1 + \ln x_2}{x_1 + x_2} = \frac{\ln x_1 - \ln x_2}{x_1 - x_2} < \frac{2}{x + y}
故
\ln x_1 + \ln x_2 < 2
即
x_1 x_2 < e^2
二、基于 Marshwon 不等式的极值点偏移解题策略
例 1：
证明：
由题意：
$$ \frac{e^{x_1}}{{x_1}^2} = \frac{e^{x_2}}{{x_2}^2} $$
两遍同时取 $ \ln
x_1 - 2\ln x_1 = x_2 - 2\ln x_2
移项
x_1 - x_2 = 2(\ln x_1 - \ln x_2)
故
2 = \frac{x_1 - x_2}{\ln x_1 - \ln x_2} < \frac{x_1 - x_2}{2}
故
x_1 + x_2 > 4
.
例 2：
由题意
$$ \ln x_1 - ax_1 - x_1 ^ 2 = \ln x_2 - ax_2 - x_2 ^ 2 = 0$$
即
$$ \frac{\ln x_1 - x_1^2}{x_1} = \frac{\ln x_2 - x_2^2}{x_2} $$
根据合比性质
$$ \frac{\ln x_1 - \ln x_2 - (x_1^2 - x_2^2)}{x_1 - x_2} = \frac{\ln x_1 + \ln x_2 - x_1^2 - x_2^2}{x_1 + x_2} $$
故
$$ \begin{array}{l}
\frac{\ln x_1 + \ln x_2 - x_1^2 - x_2^2}{x_1 + x_2} = \frac{\ln x_1 - \ln x_2 - (x_1^2 - x_2^2)}{x_1 - x_2}\\
= \frac{\ln x_1 - \ln x_2 - (x_1 - x_2)(x_1 + x_2)}{x_1 - x_2}
\\
= \frac{\ln x_1 - \ln x_2}{x_1 - x_2} - (x_1 + x_2)
\\
> \frac{2}{x_1 + x_2} - (x_1 + x_2)
\end{array} $$
得到
$$ \frac{\ln x_1 + \ln x_2 - x_1^2 - x_2^2}{x_1 + x_2} > \frac{2}{x_1 + x_2} - (x_1 + x_2) $$
两边同乘 $ (x_1 + x_2)
\ln x_1 + \ln x_2 - x_1^2 - x_2^2 > 2 - (x_1^2 + x_2^2 + 2x_1x_2)
整理得到：
\ln{x_1x_2} + 2x_1x_2 - 2 > 0
根据函数 g(x) = \ln x + 2x - 2 单调性，显然有 x_1x_2 > 1 .
例 3：
已知 f(x) = 2e^x + ax ，若 f(x) = m 有两个不相等的根 x_1,x_2 ，且 0 < x_1 < x_2 ，求证： f'(\sqrt{x_1 x_2}) < 0 .
由题意
2 e^{x_1} + a x_1 = 2 e^{x_2} + a x_2
故
2(e^{x_1} - e^{x_2}) = a(x_2 - x_1)
a = -2 \times \frac{e^{x_1} - e^{x_2}}{x_1 - x_2}
而
f'(x) = 2e^x + a
\begin{array}{l}
f'(\sqrt{x_1x_2}) = 2e^{\sqrt{x_1x_2}} + a
\\
= 2e^{\sqrt{x_1x_2}} -2 \times \frac{e^{x_1} - e^{x_2}}{x_1 - x_2}
\\
> 2e^{\sqrt{x_1x_2}} - 2e^{\frac{x_1+x_2}{2}}
\\
> 2e^{\sqrt{x_1x_2}} - 2e^{\sqrt{x_1x_2}}
= 0
\end{array}
.
例 4：
已知 f(x) = \frac{1}{2} x^2 - ax - 2a^2 \ln x 有两个相异零点 x_1, x_2 ，求证： x_1 + x_2 > 4a .
由题意
\frac{1}{2} x_1^2 - ax_1 - 2a^2 \ln x_1 = \frac{1}{2} x_2^2 - ax_2 - 2a^2 \ln x_2
移项
\frac{1}{2}(x_1^2 - x_2^2) - a(x_1 - x_2) = 2a^2(\ln x_1 - \ln x_2)
即
\frac{1}{2}(x_1 + x_2) - a = 2a^2 \times \frac{\ln x_1 - \ln x_2}{x_1 - x_2} > 2a^2 \times \frac{2}{x_1 + x_2}
两边同乘 (x_1 + x_2)
\frac{1}{2}(x_1 + x_2)^2 - a(x_1 + x_2) > 4a^2
即
(x_1 + x_2)^2 - 2a(x_1 + x_2) - 8a^2 > 0
因式分解
(x_1 + x_2 - 4a)(x_1 + x_2 + 2a) > 0
容易得到 x_1 + x_2 + 2a > 0
故
x_1 + x_2 > 4a
.
三、后记
上述方法可应对大部分极值点偏移问题（以对数均值不等式的平凡运用为背景），但面对更强的放缩需求时就失效了，具有局限性（把对数均值不等式改成更强的不等式理论上可以但会非常难看），比如以下例题：
设方程 x - \ln x = a 的两个实数根是 x_1, x_2(x_1 < x_2) ，求证： x_1 + x_2 > 1 + a .
读者可自行尝试（
这方法还挺牛牛的，虽然本质上和比值代换差不多，但看起来很优雅。
为什么叫 "Marshwon" 不等式："Marshwon" 是同位外号的英文谐音，这个典典方法是他发现的，但后来发现好多答案上面都有这种方法（伤心.jpg）。
四、参考文献
[1] xzyg 浅谈 Marshwon 不等式
[2] 曲一线 五年高考三年模拟 2025 高考 B 版
[3] 王朝银 步步高 大二轮专题复习 数学