导数与不等式
导数方法
不等式方法
求证不等式的方法有几种，最简单的是：
设函数，证明函数恒大于或小于零。
直接对函数求导，尝试证明函数最小值大于零，或最大值小于零。
注意到多项式只要求够多次数多导数，一定会变为零，因此如果不好解决，继续求导，对高阶导数尝试分析其是否恒正或恒负。
注意：
解一元一次不等式 ax>b，需要按照 a>0,a=0,a<0 分类讨论。
解一元一次不等式 ax>b，其中 x\in[m,n]，先按照 a>0,a=0,a<0 分类讨论，然后按照 \dfrac{b}{a} 是否落在区间 [m,n] 内。
边界条件：
二次项系数不含参数且自变量没有限制时，临界条件是 \Delta = 0。
二次项系数含有参数且自变量没有限制时，临界条件是二次项系数为零与 \Delta = 0 联立。
二次项系数含参数且自变量有限制时，临界条件是二次项系数为零，\Delta = 0 与区间端点处的函数值为零同时联立。
对于更复杂的情况，一般步骤如下：
能否直接求导解决。
能否通过常见变形（本文简单变形部分）后求导。
能否通过隐零点判断。
能否使用放缩技巧。
变形法：
除以单项式变形（x^n）。
整体代换、同构化变形、拆分函数、局部求值。
对数化：对数化是利用对数性质，将函数式中的对数与常数合并，再使用相关不等式进行放缩。例如：
\ln x+a=\ln(xe^a)。
指数化：指数化是利用指数性质，将式子或者参数转移到指数位置上，以方便放缩。例如：
xe^x=e^{x+\ln x}(x>0)，a^x=e^{\ln a^x}=e^{x\ln a}。
简单不等式
\boxed{e^x\ge x+1,\quad x\in\R}\tag a
证明：设 f(x)=e^x-x-1，那么：
f'(x)=e^x-1
因此，当 x>0 时，f'(x)>0；当 x<0 时 f'(x)<0，因此：
f(x)\ge f(0)=0
即 e^x\ge x+1，带入 x\gets\ln x 有：
\boxed{x\ge\ln x+1,\quad x>0}\tag b
三角函数也有一些不等式：
\boxed{\sin x<x,\quad x>0}\tag c
证明：设 f(x)=x-\sin x，那么 f'(x)=1-\cos x\ge0。
所以 f(x) 在 (0,\infty) 上单调递增，f(x)>f(0)=0 即 x>\sin x。
\boxed{x<\tan x,\quad x\in(0,\pi/2)}\tag d
证明：令 f(x)=\tan x-x，则
f'(x)=\dfrac{1}{\cos^2 x}-1>0
所以 f(x) 在 (0,\pi/2) 上单调递增，f(x)>f(0)=0 即 \tan x>x。
我们由 \ln x\le x-1 可以推导出来一下几个基本不等式：
\ln(x+1)\le x; \quad \ln\dfrac{1}{x}\ge1-x; \quad \ln x\ge1-\dfrac{1}{x}; \quad x\ln x\ge x-1
其中最常用的不等式链为：
\dfrac{x}{x+1}\le\ln(x+1)\le x
1-\dfrac{1}{x}\le\ln x\le x-1
一元不等式
我们经常见到这种形式的式子：
f'(x)+p(x)f(x)=q(x)
其中 p(x),q(x) 是关于 x 的式子，这称为一阶线性微分方程。
我们更常见到的是不等式的形式：
f'(x)+p(x)f(x)>q(x)
我们先简单说一下简单的微分方程怎么解，我们将式子最终化为：
u(x)\d x=v(y)\d y
然后两边求积分，化简即可。
p(x)=0
我们考虑一个比较简单的形式，p(x)=0，即
f'(x)=q(x)
记 Q'(x)=q(x)，则：
若符号为 =，则 f(x)=Q(x)+C。
若符号为 >，则 f(x)-[Q(x)+C] 单调递增。
q(x)=0
我们考虑一个比较简单的形式，q(x)=0，即
f'(x)+p(x)f(x)=0
我们有一个固定的解题方法，但是我们先推导一番，设 P'(x)=p(x)。
\dfrac{\d y}{\d x}+p(x)y=0
按照微分方程的思路，
\ln y=-P(x)+C
即：
f(x)=e^{-P(x)+C}
移项，构造函数 g(x)：
g(x)=e^{P(x)}f(x)=e^C
具体的，对于 q(x)=0 的等式或不等式，我们两边同时乘以 e^{P(x)}，即：
\begin{aligned} e^{P(x)}[f'(x)+p(x)f(x)]&=0\\ [e^{P(x)}f(x)]'&=0 \end{aligned}
即 f(x)=Ce^{-P(x)}，而对于不等式即为 e^{P(x)}f(x) 单调递增。
例题：已知函数 f(x) 是定义在 \mathbb{R} 上的函数，且满足 f'(x) + f(x) > 0，设 a = f(0)，b = 2f(\ln 2)，c = ef(1)，则 a, b, c 的大小关系是？
令 g(x) = e^x f(x)，则 g'(x) = e^x[f'(x) + f(x)] > 0，即 g(x) 递增，因为 a = g(0)，b = g(\ln 2)，c = g(1)，由 g(x) 的单调性可知 g(0) < g(\ln 2) < g(1)，即 c > b > a。
二元不等式
二元不等式，首选方案是将两个未知数用一个未知数表示，最常见的是两个次数相等的齐次式相除，用比值还原，将二元不等式转化为一元后，就可以求导解决了。
\boxed{\sqrt{x_1x_2}<\dfrac{x_2-x_1}{\ln x_2-\ln x_1},\quad x_1,x_2>0}\tag e
证明，不放假设 x_2>x_1，则化简式子为：
\ln x_2-\ln x_1<\dfrac{x_2-x_1}{\sqrt{x_1x_2}}
设 t=\sqrt{x_2/x_1}>1，则：
\begin{aligned} \text{LHS}&=\ln t^2=2\ln t\\ \text{RHS}&=\dfrac{t^2-1}{t}=t-\dfrac{1}{t} \end{aligned}
令 f(t)=t-\dfrac{1}{t}-2\ln t，则：
f'(t)=1+\dfrac{1}{t^2}-\dfrac{2}{t}=\left(1-\dfrac{1}{t}\right)^2>0
而这个也是一个不等式，
\boxed{\ln x<\sqrt{x}-\dfrac{1}{\sqrt{x}},\quad x>1}\tag{f$_1$}
\boxed{\ln x<\dfrac{1}{2}\left(x-\dfrac1x\right),\quad x>1}\tag{f$_2$}
因此 f(t)>f(1)=0，这个也成为对数均值不等式：
\sqrt{x_1x_2}<\boxed{\dfrac{x_2-x_1}{\ln x_2-\ln x_1}<\dfrac{x_1+x_2}{2},\quad x_1,x_2>0}\tag g
带入指数形式，替换 a\gets e^x,b\gets e^y，得：
\boxed{\dfrac{e^x-e^y}{x-y}<\dfrac{e^x+e^y}{2}}\tag h
另外，还可以用韦达定理中的 x_2+x_2=-\dfrac{b}{a} 或 x_1x_2=\dfrac{c}{a} 关系将双变量问题转化为单变量问题。
另外，还有推导：
\boxed{\ln^2(x+1)<\dfrac{x^2}{x+1},\quad x>0}
二元不等式的证明中，更加常用到齐次化的策略，常见的有：
e^{x_1+x_2}=e^{x_1}e^{x_2}
e^{x_1-x_2}=\dfrac{e^{x_1}}{e^{x_2}}
\ln(x_1x_2)=\ln x_1+\ln x_2
\ln\dfrac{x_1}{x_2}=\ln x_1-\ln x_2
\sin^2x+\cos^2x=0
数字不等式
常用方法：
构造函数。
对于有指数的，取对数。
将 e^3,3^e,e^\pi,\pi^e,3^\pi,\pi^3 按照从小到大都顺序排列。
构造函数：
f(x)=\dfrac{\ln x}{x}
求导得出
f'(x)=\dfrac{1-\ln x}{x^2}
容易知道在 [e,+\infty) 上 f(x) 是单调递减的。
我们知道：
e<3<\pi
因此
\dfrac{\ln\pi}{\pi}<\dfrac{\ln3}{3}<\dfrac{\ln e}{e}
可以得到三组不等式
\begin{cases} \pi^3&<3^\pi\\ \pi^e&<e^\pi\\ 3^e&<e^3 \end{cases}
现在我们可以得到下面的（用括号表示两个暂不知道大小关系）
3^e<(\pi^e,e^3)<(\pi^3,e^\pi)<3^\pi
证法一：当 x>0 且 x\neq1 时，有不等式
\ln x>1-\frac{1}{x}
从而：
\pi-3\ln\pi=\pi-3\ln\frac{\pi}{e}-3<\pi-3\left(1-\frac{e}{\pi}\right)-3=\frac{\pi^2-6\pi+3e}{\pi}<0
3-e\ln\pi=3-e\ln\frac{\pi}{e}-e<3-e\left(1-\frac{e}{\pi}\right)-e=\frac{3\pi-2e\pi+e^2}{\pi}<0
证法二：当 0<x<e 时，有不等式
\ln x<\frac{x}{e}
从而：
\pi-3\ln\pi=\pi+3\ln\frac{e^2}{\pi}-6<\pi+\frac{3e}{\pi}-6=\frac{\pi^2+3e-6\pi}{\pi}<0
3-e\ln\pi=3+e\ln\frac{e^2}{\pi}-2e<3+\frac{e^2}{\pi}-2e=\frac{3\pi-2e\pi+e^2}{\pi}<0
证明：
\left(\frac{6}{5}\right)^{\sqrt{3}}>\left(\frac{5}{4}\right)^{\sqrt{2}}
我们两边取对数，构造函数
f(x)=\frac{\sqrt{x}\ln x}{x-1},x>1
去导数，计算可能有一点复杂：
f'(x)=\frac{x+1}{2\sqrt{x}(x-1)^2}\cdot\left[\frac{2(x-1)}{x+1}-\ln x\right]<0
故 f(x) 单调递减，因此有
f\left(\frac{6}{5}\right)>f\left(\frac{5}{4}\right)
得证。
不等式方法
一般放缩法
首先放缩的依据见简单不等式中的三个不等式，以及四个推导不等式。
若问题没有任何第（I）问的提示且函数为指数、对数和其他幂函数的混合型，则把指数与对数分开，再平衡幂函数和指数与对数函数，使得不等式两边一边是指数，另外一边是对数，然后分别计算它们的最值。这种方法一般只适合不等式的证明！
函数不等式中含有 xe^x 与 \frac{e^x}{x} 这类固定搭配，则考虑放缩如下：
\begin{aligned} xe^x &= e^{x+\ln x} &&\ge x + \ln x + 1\\ \frac{e^x}{x} &= e^{x-\ln x} &&\ge x - \ln x + 1 \end{aligned}
整体代换法
一部分导数题形式为第一问要求证明一个不等式，而在第二问就可以用这个不等式，通过整体代换的形式进行解决。
例题：证明 \dfrac{e^x}{x^2}-x\ge1-2\ln x。
问题显然为：
\dfrac{e^x}{x^2}\ge\ln\dfrac{e^x}{x^2}+1
根据 x\ge\ln x-1，不等式显然。
同构化构造
简单的同构化，例如 \sqrt{11}-\sqrt{10} 与 \sqrt{12}-\sqrt{11} 比大小，构造同构化函数 f(x)=\sqrt{x}-\sqrt{x-1}，求导解决。
例题
当 m > n > 0 时，证明：me^n + n < ne^m + m。
要证 me^n + n < ne^m + m，即证
\dfrac{me^n}{mn} + \dfrac{n}{mn} < \dfrac{ne^m}{mn} + \dfrac{m}{mn}
即
\dfrac{e^n}{n} - \dfrac{1}{n} < \dfrac{e^m}{m} - \dfrac{1}{m}
此不等式两边的结构形式一致，构造 f(x) = \dfrac{e^x}{x} - \dfrac{1}{x}，只需证明 f(x) 在 (0, +\infty) 上单调递增即可。
最常见的一种形式是：
yf(x)=xf(y)
整理得到：
\dfrac{f(x)}{x}>\dfrac{f(y)}{y}
其中 y 为关于 x 的函数。
以 f(x) = xe^x - x - \ln x 的最小值为例，对其变形
f(x)=e^{x+\ln x}-(x+\ln x)=e^t-t
又或者，
f(x)=xe^x-\ln(xe^x)
分别设 t=x+\ln x 和 t=xe^x，即可。
积分构造法
我们知道一个经典的不等式
\ln x\le x-1
当且仅当 x=1 时取等，我们对两边同时求积分，如图左。为了使两边依旧在 x=1 时取等，我们将 \ln x 的积分 (\ln x-1)x 修正为其加 \dfrac{1}{2}，如图右
利用求导也可以证明下面的不等式：
\begin{cases} 0<x\le1&\ln x\ge\dfrac{1}{2}\left(x-\dfrac{1}{x}\right)\\ x>1&\ln x<\dfrac{1}{2}\left(x-\dfrac{1}{x}\right) \end{cases}
类似的，继续求积分，我们还可以得到下面的不等式：
\ln x\le\dfrac{(x+5)(x-1)}{4x+2}
类似的，我们对经典的不等式
\ln x\ge1-\dfrac{1}{x}
进行类似的积分构造。可以得到
\begin{cases} 0<x\le1&\ln x\le\dfrac{2(x-1)}{x+1}\\ x>1&\ln x\ge\dfrac{2(x-1)}{x+1} \end{cases}
替换构造法
我们对
\begin{cases} 0<x\le1&\ln x\ge\dfrac{1}{2}\left(x-\dfrac{1}{x}\right)\\ x>1&\ln x<\dfrac{1}{2}\left(x-\dfrac{1}{x}\right) \end{cases}
令 x\gets e^x，则有
\begin{cases} x\le0& e^x-e^{-x}\le2x\\ x>0& e^x-e^{-x}>2x \end{cases}
类似的，我们对
\begin{cases} 0<x\le1&\ln x\le\dfrac{2(x-1)}{x+1}\\ x>1&\ln x\ge\dfrac{2(x-1)}{x+1} \end{cases}
令 x\gets e^x，则有
\begin{cases} x\le0&(2-x)e^x\ge2+x\\ x>0&(2-x)e^x<2+x \end{cases}
局部求值法
证明函数最值大于或小于一个数，可以将函数拆为几个易于求值的部分，对每一个部分分别运算，在整体上，这个最值不一定取得到，但是也可以证出结果（要证明的不等式不一定很严格）。
例题：证明
\dfrac{e^x}{x}-\dfrac{8}{x^2}\ln\dfrac{2}{x}+x>e+2
设
f(x)=\dfrac{e^x}{x}
则
f'(x)=e^x\dfrac{x-1}{x^2}
因此
f(x)\ge f(1)=e
设
g(x)=x-\dfrac{8}{x^2}\ln\dfrac{2}{x}
则
g'(x)=1-\dfrac{16\ln\dfrac{x}{2}-8}{x^3}
易知 g'(x) 单调递增且 g'(2)=0，因此：
g(x)\ge g(2)=2
所以
f(x)+g(x)>e+2
不取等号因为局部不等式不同时取等。
隐零点方法
在前文隐零点我们说过，如果可以简单的分离、带入，那么容易解决，但是有的时候不能这么解决，此时问题就麻烦一点，我们以例题：已知 f(x)=e^x-\ln(x+2)，求证 f(x)>\dfrac{1}{6} 恒成立。
容易想到，我们对 f(x) 求导
f'(x)=e^x-\dfrac{1}{x+2}
容易知道函数先单调递减，再单调递增，f'(x_0)=0 容易得到
e^{x_0}=\dfrac{1}{x_0+2}
那么就有
f(x_0)=e^{x_0}-\ln(x_0+2)=\dfrac{1}{x_0+2}+x_0
根据零点存在性定理，我们可以知道 f'(x) 的零点应该在 (-1,0)。
不妨令
g(x)=\dfrac{1}{x+2}+x
取等当且仅当 x=-1，而 g(x) 在 (-1,0) 单调递增，不妨令
g(x_1)=\dfrac{1}{6}
解得
x_1=\dfrac{1}{2}
此时有 f'(x_1)<0，因此 x_0>x_1
f(x_0)>f(x_1)=\dfrac{1}{6}
加强不等式
加强不等式是一种构造方法，我们使待证不等式加强，使加强后的不等式能够更易于变形或求值，最常见的是增添项，或者改变恒正负者系数，以约去不等式的部分项。
利用凹凸性割线放缩，是加强不等式的一种。
拉格朗日乘数法
对于一个函数 f(x,y) 在附加条件 \varphi(x,y)=0 下的极值，可以构造三元函数
L(x,y,\lambda)=f(x,y)+\lambda\varphi(x,y)
求解下面这个方程组，代回原方程就是他的极值点
\begin{cases} \dfrac{\partial L}{\partial x}&=0\\ \dfrac{\partial L}{\partial y}&=0\\ \varphi(x,y)&=0 \end{cases}
例题：已知 a,b,c 均为正实数，a^2+b^2+4c^2=1，则 ab+2ac+3\sqrt{2}bc 的最大值为？
\varphi(a,b,c)=a^2+b^2+4c^2-1
f(a,b,c)=ab+2ac+3\sqrt{2}bc
L(a,b,c,\lambda)=ab+2ac+3\sqrt{2}bc+\lambda(a^2+b^2+4c^2-1)
求偏导，得
\frac{\partial L}{\partial a}=b+2c+2a\lambda=0
\frac{\partial L}{\partial b}=a+3\sqrt{2}c+2b\lambda=0
\frac{\partial L}{\partial c}=2a+3\sqrt{2}b+8c\lambda=0
\varphi(a,b,c)=a^2+b^2+4c^2-1=0
联立解得
\begin{cases} a&=\dfrac{\sqrt{2}}{\sqrt{10}}\\ b&=\dfrac{2}{\sqrt{10}}\\ c&=\dfrac{1}{\sqrt{10}}\\ \lambda&=-\sqrt{2} \end{cases}
代回得到
f_{\max}=\sqrt{2}
极值点偏移
偏移概述
我们在证明形如 x_1+x_2>m 或 x_1x_2>m 的式子成立时，可以尝试将待证的不等式在形式上进行转化，转而证明转化后的不等式 x_1>m-x_2 或 x_1>\dfrac{m}{x_2} 成立，之后利用函数的单调性，转化为函数值之间的关系，即 f(x_1) 与 f(m-x_2) 或 f\left(\dfrac{m}{x_2}\right) 进行比较。
使用构造类对称法解此题时，首先要注意变量的取值范围，我们需要保证构造后不等号两边的变量取值在同一区间内，然后才能使用单调性进行证明。
对于极值点偏移问题，有的还可以直接用变双变量为单变量的方法，这其实就是二元不等式的思想。同时，也可以通过零点的相关性质，将不等式中的常数或者参数转化为与两个零点相关的式子。
有的时候，换元会导致式子变得次数非常复杂，此时应当直接设出函数；有的时候，不等式中参数过于复杂，此时应当用参数转换法；下面提供两种写步骤的方案。
在解决极值点偏移或者类极值点偏移的题目中，经常用到以下两个单变量的不等式链：
在 x\in(1,+\infty)，
\small\frac{x-1}{x}<\frac{2(x-1)}{x+1}<\frac{3(x^2-1)}{x^2+4x+1}<\ln x<\sqrt{x}-\frac{1}{\sqrt{x}}<\frac{1}{2}\left(x-\frac{1}{x}\right)<x-1
在 x\in(0,1)，
\small\frac{x-1}{x}<\frac{1}{2}\left(x-\frac{1}{x}\right)<\sqrt{x}-\frac{1}{\sqrt{x}}<\ln x<\frac{3(x^2-1)}{x^2+4x+1}<\frac{2(x-1)}{x+1}<x-1
对于一部分参数意义不明的题，可以采取分离参数的方法，把参数化没。
例题：函数 f(x)=x^2-2x+1+a e^x。函数有两个极值点 x_1、x_2，求证 x_1+x_2>4。
求出导函数 f'(x)=2x-2+a e^x，分离参数即 a=\dfrac{2-2x}{e^x} 有 2 解 x_1、x_2。
也就是说 y=a 与 g=\dfrac{2-2x}{e^x} 有 2 交点 x_1、x_2。
令 g(x)=\dfrac{2-2x}{e^x}，则有 g(x_1)=g(x_2)=a，这就是一个经典的极值点偏移问题。
其中等于 a 是因为我们将 a 减到 g(x) 里面是等价的，因此也可以分出来常数忽略。
对称和模型
模型形如证明 h(x_1,x_2)>C，其中 x_1,x_2 可交换。
基础模型 h(x_1,x_2)=x_1+x_2。有 f'(x) 在 (-\infty,C/2) 恒正（函数单调递增），在 (C/2,+\infty) 恒负（函数单调递减），且 f'(C/2)=0（极大值点）。
设 x_1,x_2 为 f 的两个零点且 x_1<x_2，满足 f(x_1)=f(x_2)=0。
要证明 x_1+x_2>C，不妨令
F(\Delta)=f\left(\dfrac{C}{2}+\Delta\right)-f\left(\dfrac{C}{2}-\Delta\right)
其中 \Delta\ge0，对 F 求导得
F'(\Delta)=f'\left(\dfrac{C}{2}+\Delta\right)+f'\left(\dfrac{C}{2}-\Delta\right)
尝试证明其恒大于 0，即 F 单调递增。
得出 F(\Delta)\ge F(0)=0，因此对于 \Delta>0 有
f\left(\dfrac{C}{2}+\Delta\right)>f\left(\dfrac{C}{2}-\Delta\right)
令 x_1=\dfrac{C}{2}-\Delta，那么
f(x_2)=f(x_1)=f\left(\dfrac{C}{2}-\Delta\right)<f\left(\dfrac{C}{2}+\Delta\right)
因为 x_2>\dfrac{C}{2}，因此 x_2>\dfrac{C}{2}+\Delta，那么
x_1+x_2>C
基础模型 h(x_1,x_2)=x_1x_2。有 f'(x) 在 (-\infty,C) 恒负（函数单调递减），在 (C,+\infty) 恒正（函数单调递增），且 f'(C)=0（极小值点）。
设 x_1,x_2 为 f 的两个零点且 x_1<x_2，满足 f(x_1)=f(x_2)=0。
要证明 x_1x_2<C^2，不妨令
F(t)=f(tC)-f\left(\dfrac{1}{t}C\right)
其中 t\ge1，对 F 求导得
F'(t)=Cf'(tC)+C\dfrac{1}{t^2}f'\left(\dfrac{1}{t}C\right)=C\left(1-\dfrac{1}{t^2}\right)f'\left(\dfrac{1}{t}C\right)
尝试证明其恒大于 0，即 F 单调递增。
得出 F(\Delta)\ge F(1)=0，因此对于 t>1 有
f(tC)>f\left(\dfrac{1}{t}C\right)
令 x_1=\dfrac{1}{t}C，那么
f(x_2)=f(x_1)=f\left(\dfrac{1}{t}C\right)<f(tC)
因为 x_2>C，因此 x_2<tC，那么
x_1x_2<C^2
注意，直接进行极值点偏移，需要保证函数的极值点就是 C/2 或 \sqrt{C}，如果不满足，就需要进行一定的变换。
构造变量法
经典例题：已知函数 f(x)=e^x-ax(a\neq0) 有两个零点 x_1,x_2 且 x_1<x_2，证明 x_1+x_2>2。
我们知道
\begin{cases} e^{x_1}&=ax_1\\ e^{x_2}&=ax_2 \end{cases}
那么：
x_2-x_1=\ln\dfrac{x_2}{x_1}
令 t=\dfrac{x_2}{x_1}>1，则：
\begin{cases} x_1&=\dfrac{\ln t}{t-1}\\ x_2&=\dfrac{t\ln t}{t-1} \end{cases}
要证 x_1+x_2>2 即证：
\dfrac{t+1}{t-1}\ln t>2
即：
\ln t>\dfrac{2(t-1)}{t+1}
不妨令 g(t)=\ln t-\dfrac{2(t-1)}{t+1}，则：
g'(t)=\dfrac{1}{t}-\dfrac{2(t+1)-2(t-1)}{(t+1)^2}=\dfrac{1}{t}-\dfrac{4}{(t+1)^2}=\dfrac{(t-1)^2}{t(t+1)^2}
我们注意到 g'(1)=0 且在 (1,+\infty) 上恒正，因此
g(x)>g(1)=0
即不等式成立。
还有一种方法，由
x_2-x_1=\dfrac{x_2}{x_1}
得
\dfrac{x_2-x_1}{\ln\dfrac{x_2}{x_1}}=1
要证 x_1+x_2>2 即证：
x_1+x_2>\dfrac{2(x_2-x_1)}{\ln\dfrac{x_2}{x_1}}
令 t=\dfrac{x_2}{x_1}>1，即证：
\ln t>\dfrac{2(t-1)}{t+1}
前面已经证明，显然成立。
对于形如证明 x_1x_2<C 的，我们将在下面构造函数法中写。
构造函数法
例题：已知函数 f(x)=\dfrac{1}{2}x+m+\dfrac{3}{2x}-\ln x(m\in\R)，若 x_1,x_2 是函数 g(x)=xf(x) 的两个极值点，且 x_1<x_2，证明 x_1x_2<1。
我们令 g(x)=xf(x)=mx-x\ln x+\dfrac{1}{2}x^2+\dfrac{3}{2}，对其求导
g'(x)=x-\ln x+m-1
g''(x)=\dfrac{x-1}{x}
当 0<x<1 时，g''(x)<0，g'(x) 单调递减；当 x>1 时，g''(x)>0，g'(x) 单调递增。因此 1 为 g'(x) 的极值点，因此 0<x_1<1<x_2。
要证 x_1x_2<1 即证
x_2<\dfrac{1}{x_1}
因为 0<x_1<1 所以 \dfrac{1}{x_1}>1，因此尝试证明
g'(x_2)<g'\left(\dfrac{1}{x_1}\right)
又因为 g'(x_1)=g'(x_2)=0，因此证明
g'(x_1)<g'\left(\dfrac{1}{x_1}\right)
令函数
h(x)=g'(x)-g'\left(\dfrac{1}{x}\right)=x-\dfrac{1}{x}-2\ln x(0<x<1)
求导得
h'(x)=\dfrac{(x-1)^2}{x^2}>0
因此 h(x) 单调递增，从而 h(x)<h(1)=0，得证。
这道题也可以用构造变量法，同样令 t=\dfrac{x_2}{x_1}>1，证明
\ln t<\sqrt{t}-\dfrac{1}{\sqrt{t}}
即可。
变形双变量
当双变量不再对称，构造函数与构造变量都可以适用。
对于构造函数，只需要确保极值点与常数项对应，然后找到极值点两边证明即可。
对于构造变量，只需要按照原来的方法，带入不等式，只是解不等式可能有一些复杂。
联立两个零点，经常可以得到类似于
\ln\dfrac{x_1}{x_2}=x_1-x_2
的式子，设 t=\dfrac{x_1}{x_2}\in(0,1)，一是可以将其化为
\begin{cases} x_1&=\dfrac{t\ln t}{t-1}\\ x_2&=\dfrac{\ln t}{t-1} \end{cases}
然后带入，直接证明一元不等式，二是可以将
1=\dfrac{x_1-x_2}{\ln\dfrac{x_1}{x_2}}
或其倒数，利用 1 的代还，解决问题。
拐点偏移
我们知道拐点是二阶导数的变号点。若函数在拐点两侧的变化速度相同，那么函数图像关于拐点中心对称；若变化速度不同，则图像会出现“偏移”。我们把这种现象称为“拐点偏移”。
我们知道常见的极值点偏移是给出 f(x_1)=f(x_2)=0，而拐点偏移比较常见的是给出 f(x_1)+f(x_2)=C 这种，我们以例题。
例题：已知函数 f(x)=2\ln x+x^2-1，若 x_1,x_2 是两个不相等的正数，且 f(x_1)+f(x_2)=0，证明 x_1+x_2>2。
f'(x)=\dfrac{2}{x}+2x\ge4
因此 f(x) 单调递增，且 f(1)=0，注意到 2 就是两倍的零点，我们不妨设
0<x_1<1<x_2<2
因为 x_2>2 的时候，显然 x_1+x_2>2。考虑这个部分，即证
f(x_2)>f(2-x_1)
又因为 f(x_2)=-f(x_1)，因此证
-f(x_1)>f(2-x_1)
不妨设
g(x)=f(x)+f(2-x)=2\ln(2x-x^2)-2(2x-x^2)+2
其中 x\in(0,1)，不妨令 t=2x-x^2\in(0,1)，由 \ln t<x-1，不等式显然成立。