前言
2023和2024届的模拟题和往届相比，有一个很显著的区别就是反套路的趋势更为明显，很多之前的固定套路会在层出不穷的变式中失效。近些年，尤其是2020年天津高考出现“切线偏移”和2021年新高考一卷出现“端点取等”的偏移问题以来，偏移类问题的演化速率明显再上了一个台阶，不再仅限于极值点的偏移，但由于各类偏移（不包括比值换元背景不对称双变量）的本质还是函数图象不对称，那么使用对称化构造是更为本质的方法。
然而，传统的“以极值点 x_0 为对称中心的对称化构造”在这些问题的解决中明显力不从心，而标答也经常使用比值换元，主元法等绕开，但最为直观的对称化构造就失去用武之地了吗？显然不是，不用极值点 x_0 为对称中心，我们还可以以 \frac{x_1+x_2}2 为对称中心，再使用对称化函数构造。这种“对称化构造plus——中点对称化构造”在解决此类问题的过程中不仅被证实是有效且快速的，且能避开大量的重复计算。
中点对称化构造的基本方法
在双变量问题中，不妨假 x_2>x_1 ，先令 m=\frac{x_1+x_2}2 ，根据目标式形式对称化构造函数 f(m+x)-f(m-x)(x\in[0,\frac{x_2-x_1}2]) （极值点偏移，切线偏移）或 f(m+x)+f(m-x)(x\in[0,\frac{x_2-x_1}2]) （拐点偏移），利用复合函数求导到某阶使 f(x) 该阶导数在 (x_1,x_2) 能定号，且对称化构造的函数的该阶导函数为和式（形如 f^{(n)}(m+x)+f^{(n)}(m-x) 的形式使之符号确定），再利用单调性分析。
接下来，让我们走近近几年模拟题和高考中的偏移类问题，探讨中点对称化构造解决此类问题的方案。
方向一：端点取等极值点偏移
典型例题：2021年新高考1卷22
已知函数 f(x)=x(1−lnx) ，设 a,b 为两个不相等的整数，且 blna-alnb=a-b ，证明： 2<\frac1a+\frac1b<e .
本题把传统的极值点偏移和端点取等和式结合，利用中点对称化构造可以实现构造一个函数同时解决两个问题。
观察形式，有 f(\frac1a)=f(\frac1b) ，因此我们设 \frac1a=x_1,\frac1b=x_2(x_1<x_2)
采用中点对称化构造，因为待证目标式为极值点偏移的和式，令 m=\frac{x_1+x_2}2 ，
对称化构造函数 g(x)=f(m+x)-f(m-x)(x\in[0,\frac{x_2-x_1}2]) ，则 g(0)=g(\frac{x_2-x_1}2)=0 ，
g'(x)=f'(m+x)+f'(m-x) ，有 g'(0)=2f'(m) ，
由于 f'(x)=-lnx 单调递减且有唯一零点 1 ，故 f'(m)<0 即有 m>1,x_1+x_2>2 ，
而 g''(x)=f''(m+x)-f''(m-x) ， g''(0)=0
g'''(x)=f'''(m+x)+f'''(m-x) ， f'''(x)=\frac1{x^2}>0 ， g'''(x)>0 ， g''(x) 单增，
g''(x)\geq g''(0)=0 ， g'(x) 单增，由 g(0)=g(\frac{x_2-x_1}2) ，得到 g'(0)=2f'(m)<0
且 g'(\frac{x_2-x_1}2)>0 ，否则 g'(x) 无变号零点， g(x) 单调与条件矛盾，故 f'(m)<0 ，左边成立，
又由上， g(x) 先减后增，得 g(x)<0 即有 f(m+x)<f(m-x) ，
取 x_3\in(x_1,1),x_4\in(1,x_2) 使 f(x_3)=f(x_4) ，
取 x=x_3-m ，则有 f(x_3)<f(2m-x_3) ，
且 x_3<1<m ，2m-x_3>2m-m=m>1 和 x_4 同在 f(x) 单调递减区间，
故 x_4<2m-x_3 ，得到 x_3+x_4<x_1+x_2 ，
令 x_1\to0,x_2\to e 即有 x_3+x_4<e ，而 f(x_3)=f(x_4) ，故得证。
通过中点对称化构造和对复合函数的求导妙用，我们实现了问题的解决。
练习题
下面放上此类问题的典型类题（都可以用中点对称化构造快速解决）供读者练习与举一反三。
（2023年8月广州武汉调研联考22节选）f(x)=xlnx ，若有两个不相等的正实数 a,b 满足f(a)=f(b) ，求证： a+b<1 .
（2014天津高考理科数学20节选）设 f(x)=x-ae^x(a\in R) 的两个零点为 x_1,x_2 ，且 x_1<x_2 ，证明： x_1+x_2 随着 a 的减小而增大.
（2023届雅礼中学周测）已知函数 f(x)=x^{x} ，若对于两个不相等的正数 x_1 ，x_2，f(x_{1})=f(x_2)，证明： \frac{2}{e}<x_1+x_2<1 .
方向二：切线偏移
典型例题：2020年天津高考20
已知函数 f(x)=x^3+klnx ，当 k\geq-3 时，求证：对任意的 x_1,x_2\in[1,+\infty) ，有 \frac{f'(x_1)+f'(x_2)}2>\frac{f(x_1)-f(x_2)}{x_1-x_2} .
本题是切线偏移问题，即切线斜率的平均值不等于割线的斜率。然而，与前述问题不同，本题并没有 f(x_1)=f(x_2) ，因此我们可以构造 g(x)=f(x)-\frac{f(x_1)-f(x_2)}{x_1-x_2}x 使 g(x_1)=g(x_2) ，
同时 g'(x)=f'(x)-\frac{f(x_1)-f(x_2)}{x_1-x_2} ，从而在不影响高阶导函数的前提下将 f(x) “拉平”，也更靠近待证目标式，方便问题的解决。
由题令 m=\frac{x_1+x_2}2 ，
对称化构造函数 h(x)=g(m+x)-g(m-x)(x\in[0,\frac{x_2-x_1}2]) ，则 h(0)=h(\frac{x_2-x_1}2)=0 ，
h'(x)=g'(m+x)+g'(m-x) ，有 h'(\frac{x_2-x_1}2)=g'(x_1)+g'(x_2)=f'(x_1)+f'(x_2)-2(\frac{f(x_1)-f(x_2)}{x_1-x_2}) ，只需 h'(\frac{x_2-x_1}2)>0 ，
而 h''(x)=g''(m+x)-g''(m-x) ， h''(0)=0
h'''(x)=g'''(m+x)+g'''(m-x) ， g'''(x)=f'''(x)=6+\frac {2k}{x^3}>0 ， h'''(x)>0 ， h''(x) 单增，
h''(x)\geq h''(0)=0 ， h'(x) 单增，
由 h(0)=h(\frac{x_2-x_1}2) ，得到 h'(0)=2h'(m)<0 且 h'(\frac{x_2-x_1}2)>0 ，否则 h'(x) 无变号零点， h(x) 单调与条件矛盾，
故 g'(x_1)+g'(x_2)>0 ，\frac{f'(x_1)+f'(x_2)}2>\frac{f(x_1)-f(x_2)}{x_1-x_2} 成立。
练习题
相应的，我们也放上几道练习题：
（2023届C9联盟三模22）已知函数 f(x)=x-\frac1x+alnx ，记曲线 y=f(x) 在 P(x_1,f(x_1)),Q(x_2,f(x_2)) 两点处的切线斜率分别为 k_1,k_2 ，直线 PQ 的斜率为 k_3 ，其中 x_1,x_2\in(0,1] ，求证：当 a\geq-1 时，有 k_1+k_2>2k_3 .
（华南师大附中2024届高三周测4 22）已知函数 f(x)=e^x+x^2lnx-ax(a\in R) 有唯一极值点， f(x_1)=f(x_2) 且 x_1\ne x_2 ，证明： f'(x_1)+f'(x_2)>0 .
（广东省金太阳2024届高三12月24-237C联考 22）已知函数 f(x)=e^x-ax^3-x-2 ，当 a\leq\frac16 时，求证：对任意的 x_1,x_2\in[0,+\infty) ，有 \frac{f'(x_1)+f'(x_2)}2>\frac{f(x_1)-f(x_2)}{x_1-x_2} .
方向三：拐点偏移及拐点——极值点混合偏移
典型例题：
设 f\left(x\right)=\text{e}^x-\dfrac{x^2}{2}，实数 a、 b 满足 a< b 且 f^\prime\left(a\right)=f^\prime\left(b\right).求证： f\left(a\right)+f\left(b\right)<2.
本题作为一道拐点——极值点混合偏移，化归难度较大，然而还是可以用中点对称化构造解决。
在涉及拐点偏移的问题中，由于目标式为和式，我们构造的也是“中心对称”的和式而非“轴对称”的差式，相应的求导也要多进行一次。
令 m=\frac{a+b}2 ，构造 g(x)=f(m+x)+f(m-x)(x\in[0,\frac{b-a}2]) ，
g'(x)=f'(m+x)-f'(m-x) ，则 g'(0)=g'(\frac{b-a}2)=0 ，
g''(x)=f''(m+x)+f''(m-x) ， g'''(x)=f'''(m+x)-f'''(m-x) ，
g^{(4)}(x)=f^{(4)}(m-x)+f^{(4)}(m+x) ， f^{(4)}(x)=e^x>0 ， g^{(4)}(x)>0 ， g'''(x) 单增
g’''(x)\geq g'''(0)=0 ， g''(x) 单增，
g''(0)=2f''(m)<0 且 g''(\frac{b-a}2)=f''(a)+f''(b)>0 （否则 g''(x) 无变号零点， g'(x) 单调，与 g'(0)=g'(\frac{b-a}2)=0 矛盾）
而 f''(x)=e^x-1 有唯一零点 0 且单调递增，故 m<0 ， a+b<0 ，
且 g'(x) 先减后增，易得 g'(x)\leq0 ， g(x) 单减， g(\frac{b-a}2)=g(b)+g(a)< g(0)=2f(m) ，
由于 f(0)=1 ，且 f'(x)=e^x-x>0 ， f(x) 单增，由 m<0 得 2f(m)<2f(0)=2 ，
故 g(a)+g(b)<2 得证。
当然，单纯的拐点偏移也是可以解决的：
已知函数 f(x)=2lnx+x^2-1 ，若 x_1,x_2 是两个不相等的整数， f(x_1)+f(x_2)=0 ，求证： x_1+x_2>2 .
不妨 x_1<x_2 ， m=\frac{x_1+x_2}2 ， g(x)=f(m+x)+f(m-x)(x\in [0,\frac{x_2-x_1}2]) ，
则 g(\frac{x_2-x_1}2)=0 ，
g'(x)=f'(m+x)-f'(m-x) ， g'(0)=0 ，
g''(x)=f''(m+x)+f''(m-x) ，
g'''(x)=f'''(m+x)-f'''(m-x) ， g'''(0)=0
g^{(4)}(x)=f^{(4)}(m-x)+f^{(4)}(m+x) ， f^{(4)}(x)=-\frac{24}{x^4}<0 ， g^{(4)}(x)<0 ， g'''(x) 单减，
g'''(x)\leq g'''(0)=0 ， g''(x) 单减，若 g''(0)=2f''(m)\leq0 则 g''(x)\leq0
而 f''(x)=-\frac2{x^2}+2 单增且有唯一零点 1 ，得 m\leq1
此时 g'(x) 单减， g'(x)\leq0 ， g(x) 单减， g(0)=2f(m)>0 ，而易得 f(x) 单增且有唯一零点 1 ，故 m>1 矛盾
故 g''(0)>0 ，m>1 成立， x_1+x_2>2 得证
当然，此时我们进一步得到 g''(\frac{x_2-x_1}2)=f''(x_1)+f''(x_2) ，
若 g''(\frac{x_2-x_1}2)\geq0 则 g''(x)>0 ， g'(x) 单增， g'(x)\geq g'(0)=0 ， g(x) 单增，
得 g(0)=2f(m)<0 同样产生矛盾，故 g''(\frac{x_2-x_1}2)<0 ， f''(x_1)+f''(x_2)<0 ，进一步得到了一阶导函数上的切线偏移，而将这些不等式组合起来可以构造形式更为复杂的不等式，在解题时我们要拨开迷雾，看到偏移的本质，从而解决问题。
练习题
（2018年合肥三模理科数学21节选）已知 f(x)=e^x-\frac{1}{2}x^2-ax 有两个极值点 x_1,x_2（ e 为自然对数的底数），求证： f(x_1)+f(x_2)>2.
（2018年浙江高考22节选）已知函数 f(x)=\sqrt x-lnx ，若 f(x) 在 x=x_1,x_2(x_1\ne x_2) 处导数相等，证明： f(x_1)+f(x_2)>8-8ln2 .
原理探究
这种方法的根源实际在于通过构造，充分利用决定函数失去对称性的高阶导函数。三阶导函数为 0 的二次函数图象是轴对称图形，极值点和切线都没有发生偏移，而一旦三阶导不为 0 ，三次函数就出现了极值点和切线的偏移，但由于四阶导仍然为 0 ，因此图象仍然是中心对称图形，拐点不发生偏移，而到了四次函数，指对函数这些更高阶导函数不为 0 的函数，图象就既不是中心对称图形也不是轴对称图形，各种偏移也就随之而来，而对称化构造其实就是通过在某一点处构造对称，利用单调性说明离开了这个点，就不再对称，从而解决偏移类问题的方法。中点对称化构造相比传统的极值点对称化构造和拐点对称化构造，适用范围更广，同时又具有传统对称化构造的优点，可以说是解决偏移问题的一种好方法。
写在最后
2024的新年钟声已经敲响，距离高考也不足160天。题目是无穷无尽，演化迅速的，但我们要抓住题目的共性与通式通法，才能以不变应万变，使付出有所收获，而中点对称化构造可以说是偏移问题的一个通法了，望诸君能有所收获，学业进步。
最后，祝大家新年快乐，在新的一年里都能如愿！
（本文于知乎和WvbCommunity发表）
