$x_1,x_2\gt 0,且x_1\ne x_2,则有:\sqrt{x_1x_2} \lt \cfrac{x_1-x_2}{\ln x_1-\ln x_2} \lt\cfrac{x_1+x_2}{2} $
先证明左边的不等式：
$x_1,x_2\gt 0,且x_1\ne x_2,则有:\sqrt{x_1x_2} \lt \cfrac{x_1-x_2}{\ln x_1-\ln x_2} $
$不妨设x_1\gt x_2,\ln x_1-\ln x_2 \lt \cfrac{x_1-x_2}{\sqrt{x_1x_2} } = \cfrac{x_1}{\sqrt{x_1x_2} }-\cfrac{x_2}{\sqrt{x_1x_2} }=\sqrt{\cfrac{x_1}{x_2} } -\sqrt{\cfrac{x_2}{x_1} }$

$令t=\sqrt{\cfrac{x_1}{x_2} } 换元,比t=\cfrac{x_1}{x_2}好$
$\ln \cfrac{x_1}{x_2} \lt \sqrt{\cfrac{x_1}{x_2} } -\sqrt{\cfrac{x_2}{x_1}}\Rightarrow $
$2\ln t \lt t-\cfrac{1}{t} \quad(t\gt1)$
构造函数$f(t)=t-\cfrac{1}{t}-2\ln t \quad (t\gt 1)$
${f}' (x)=1+\cfrac{1}{t^2}-\cfrac{2}{t} =\cfrac{t^2-2t+1}{t^2}$
${f}' (t)\gt 0\quad (t\gt 1) \therefore f(t)\gt f(1)=0$

再证明右边的不等式：
$\cfrac{x_1-x_2}{\ln x_1-\ln x_2} \lt\cfrac{x_1+x_2}{2} $
$不妨设x_1\gt x_2; $
$\cfrac{1}{\ln x_1-\ln x_2} \lt \cfrac{(x_1+x_2)}{2(x_1-x_2)} \Rightarrow $
$\ln x_1-\ln x_2\gt \cfrac{2(x_1-x_2)}{x_1+x_2} \Rightarrow $
$\ln \cfrac{x_1}{x_2}\gt \cfrac{2(\cfrac{x_1}{x_2}-1)}{\cfrac{x_1}{x_2} +1}\quad$ 右式分子分母除以$\cfrac{1}{2} x_2 $
换元令$t=\cfrac{x_1}{x_2}\quad (t\gt 1)\quad{\color{Red} 这便是飘带放缩 }$
$\ln t \gt \cfrac{2t-2}{t+1} =2-\cfrac{4}{t+1} \qquad$
$\Rightarrow \ln t -2+\cfrac{4}{t+1} \gt 0\quad $不去分母构造函数，法一：
构造$f(t)=\ln t+\cfrac{4}{t+1} -2\quad (t\gt 1)$
${f}' (t)=\cfrac{1}{t} -\cfrac{4}{(t+1)^2} =\cfrac{(t+1)^2-4t}{t(t+1)^2} =\cfrac{(t-1)^2}{t(t+1)^2}$
${f}' (t)\gt 0 \quad\therefore f(t)\nearrow f(t)\gt f(1)=0$

去分母再构造函数，法二：
$\ln t \gt \cfrac{2t-2}{t+1} \Rightarrow (t+1)\ln t\gt 2t-2$
构造$g(t)=(t+1)\ln t-2t +2$
${g}' (t)=\ln t+\cfrac{t+1}{t}-2=\ln t +\cfrac{1}{t} -1 $
${g}'' (t)=\cfrac{1}{t}-\cfrac{1}{t^2} =\cfrac{t-1}{t^2} \quad t\gt 1$
${g}'' (t)\gt0\Rightarrow {g}' (t)\nearrow \Rightarrow {g}' (t)\gt {g}' (1)=0$
$\Rightarrow g (t)\nearrow \Rightarrow g(t)\gt g(1)=0$

飘带放缩

$\cfrac{1}{2}(x-\cfrac{1}{x} )\le \ln x\le \cfrac{2(x-1)}{x+1} \quad x\in (0,1]$
$\cfrac{2(x-1)}{x+1} \le \ln x\le \cfrac{1}{2}(x-\cfrac{1}{x} ) \quad x\in [1,+\infty)$

最值是定义域范围内全局的值，极值是定义域范围内的值。
极值由导函数的变号零点来判断，
导函数左高右低有极大值，左低右高有极小值。

观察指数函数的泰勒展开式 $\quad e^x =1+x+\cfrac{x^2 }{2!}+\cfrac{x^3 }{3!}+\cfrac{x^4 }{4!}+\cfrac{x^ 5}{5!}+...+\cfrac{x^ n}{n!}\qquad ①$

正弦函数的泰勒展开式$\quad \sin x=x-\cfrac{x^ 3}{3!}+\cfrac{x^ 5 }{5!}-\cfrac{x^7}{7!}+\cfrac{x^9 }{9!}+...\cfrac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}\qquad ②$

余弦函数的泰勒展开式$\quad \cos x=1-\cfrac{x^2 }{2!}+\cfrac{x^4 }{4!}-\cfrac{x ^6}{6!}+\cfrac{x^8 }{8!}+...+\cfrac{x ^{2n}}{(2n)！}\qquad ③$

正弦函数两边i 得到 这里也是错误的。$\quad i \sin x=i (x-\cfrac{x^ 3}{3!}+\cfrac{x^ 5 }{5!}-\cfrac{x^7}{7!}+\cfrac{x^9 }{9!}+...\cfrac{x^{2n+1}}{(2n+1)!})$

$右边=i x- i\cfrac{x^ 3}{3!}+i\cfrac{x^ 5 }{5!}-i\cfrac{x^7 }{7!}+i\cfrac{x^9 }{9!}+... i\cfrac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}=ix+\cfrac{(ix)^ 3}{3!}+\cfrac{(ix)^ 5 }{5!}+\cfrac{(ix)^7}{7!}+\cfrac{(ix)^9 }{9!}+...\cfrac{(ix)^{2n+1}}{(2n+1)!}=\sin(ix)$

以上是错的。$i^2,i^6,i^{10},i^{14},+1换成i^4,i^8,i^{12},i^{16}\quad 得到 1+\cfrac{(ix)^2 }{2!}+\cfrac{(ix)^4 }{4!}+\cfrac{(ix) ^6}{6!}+\cfrac{(ix)^8 }{8!}+...+\cfrac{(ix) ^{2n}}{(2n)！})\quad 此时公式中的底由x变成ix即=\cos ix$

$指数函数e^x中的自变量用ix代换，即有e^{ix}=1+ix+\cfrac{(ix)^2 }{2!}+\cfrac{(ix)^3 }{3!}+\cfrac{(ix)^4 }{4!}+\cfrac{(ix)^ 5}{5!}+...+\cfrac{(ix)^ n}{n!}$

$\sin(ix)+\cos(ix)=e^{ix}$得证。以上有逻辑错误
${\color{Red} ②式两边乘以i,得\quad i\sin x= i(x-\cfrac{x^ 3}{3!}+\cfrac{x^ 5 }{5!}-\cfrac{x^7}{7!}+\cfrac{x^9 }{9!}+...\cfrac{x^{2n+1}}{(2n+1)!})}$
$={\color{Orange} ix+\cfrac{(ix)^ 3}{3!}+\cfrac{(ix)^ 5 }{5!}+\cfrac{(ix)^7}{7!}+\cfrac{(ix)^9 }{9!}+...\cfrac{(ix)^{2n+1}}{(2n+1)!}}$
${\color{Red} ③式变形得\quad \cos x=1+\cfrac{(ix)^2 }{2!}+\cfrac{(ix)^4 }{4!}+\cfrac{(ix) ^6}{6!}+\cfrac{(ix)^8 }{8!}+...+\cfrac{(ix) ^{2n}}{(2n)！}\qquad}$

$把e^x中的x换成ix$，故有:$e^{ix}=1+ix+\cfrac{(ix)^2}{2!}+\cfrac{(ix)^3}{3!}+\cfrac{(ix)^4}{4!}+\cfrac{(ix)^5}{5!}+\cfrac{(ix)^6}{6!}+\cfrac{(ix)^7}{7!}+\cfrac{(ix)^8}{8!}+\cfrac{(ix)^9}{9!}+\cfrac{(ix)^{10}}{10!}\newline+\cfrac{(ix)^{11}}{11!}+...+\cfrac{(ix)^n}{n!}$
$=1+\cfrac{(ix)^2}{2!}+\cfrac{(ix)^4}{4!}+\cfrac{(ix)^6}{6!}+\cfrac{(ix)^8}{8!}+\cfrac{(ix)^{10}}{10!}+...+ix+\cfrac{(ix)^3}{3!}+\cfrac{(ix)^5}{5!}+\cfrac{(ix)^7}{7!}+\cfrac{(ix)^9}{9!}+\cfrac{(ix)^{11}}{11!}+...$
$=1-\cfrac{x^2}{2!}+\cfrac{x^4}{4!}-\cfrac{x^6}{6!}+\cfrac{x^8}{8!}-\cfrac{x^{10}}{10!}+ ...\newline+ix+i\cfrac{ i^2 x^3}{3!}+i\cfrac{i^4x^5}{5!}+i\cfrac{i^6x^7}{7!}+i\cfrac{i^8x^9}{9!}+i\cfrac{i^{10}x^{11}}{11!}+...+(-1)^{n+1} i\cfrac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}$
$=1-\cfrac{x^2}{2!}+\cfrac{x^4}{4!}-\cfrac{x^6}{6!}+\cfrac{x^8}{8!}-\cfrac{x^{10}}{10!}+...+(-1)^n \cfrac{(ix)^{2n}}{(2n)!}+\newline i(x-\cfrac{x^3}{3!}+\cfrac{x^5}{5!}-\cfrac{x^7}{7!}+\cfrac{x^9}{9!}-\cfrac{x^{11}}{11!}+...+(-1)^{n+1} \cfrac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}$

$=\cos x +i \sin x$¹

题设：若不等式f(x,m)≥0，m为参数，在区间[a，b]上恒成立，求m的取值范围。
第一步，必要性！缩小取值范围：
分为三种情形：
（1）区间端点处函数值不为0，即f(a)≠0或f(b)≠0，则不能使用端点效应，但可缩小取值范围。但因为不等式f(x,m)≥0在区间[a，b]上恒成立，在端点处也成立，即应用f(a)≥0，f(b)≥0,解此不等式$\begin{cases} f(a)\ge 0\\f(b)\ge 0\end{cases}$同样可以缩小参数的取值范围；
（2）区间端点值函数值为0型：若f(a)=0（或f(b)=0），但f’(a)≠0（或f’(b)≠0），则解f’(a)≥0（f’(b)≤0为什么？），求m的取值集合D；
（3）区间端点值函数值和导数值均为0型：即若f(a)=0（或f(b)=0），且f’(a)=0（或f’(b)=0），则解f’(a)≥0（f’(b)≥0，为什么？），求m的取值集合D；
第二步，证充分性：
利用第一步求出的参数取值范围m∈D，求f’(x)，f’’(x)判断单调性，进而判断不等式f(x,m)≥0是否恒成立，
例一:
已知函数$f(x)=e^x-e^{-x}-ax$;
（1）当$a=0時，求证f'(x)\ge 2$
（2）当$x\ge 0时，恒有f(x)\ge ax,求实数a$的取值范围。
第二问中说到了恒成立问题，所以我们首先可以构造个新的函数，发现在x=0处满足等号，那么原命题成立${\color{Red}必要性}$要求其导数在$x\in [0,0+\delta )处\ge 0$，因此得出a的范围，再去证明${\color{Red}充分性 }$ 即可
$f(x)\ge ax \Leftrightarrow g(x)=e^x-e^{-x}-ax\ge 0$
$求导得{g}' (x)=e^x+e^{-x}-a，因为g(0)=0,所以{g}' (０)\ge 0,解得a\le 2$
再证充分性，即$a\le 2,x\in[0,+\infty),g(x)\ge 0\quad$恒成立。
${g}' (x)=e^x+e^{-x}-a\ge e^x+e^{-x}-2\ge 2,g(x)\nearrow g(x)\ge g(0)=0$得证。
例二、已知函数$f(x)=e^x-1-x-ax^2$;
(1)当$a=0时,求证:f(x)\ge 0$;
(2)当$x\ge 0时，不等式f(x)\ge 0恒成立，求实数a$的取值范围。
解(2)必要性，$\because f(0)=0,\because {f}' (x)=e^x-1-2ax,令g(x)={f}' (x)=e^x-1-2ax,{f}' (0)=g(0)=0$
${g}' (x)=e^x-2a，根据必要性要求，{g}' (0)\ge 0\Rightarrow a\le \frac{1}{2} ;$
再证明其充分性：当$a\le \frac{1}{2}时，f(x)\ge 0$恒成立
${g}' (x)=e^x-2a\ge e^x-1=0,g(x)\nearrow \Rightarrow g(x)\ge g(0)=0\Rightarrow {f}' (x)\ge 0,\Rightarrow f(x)\nearrow \Rightarrow f(x)\ge f(0)=0$得证。
例三、已知$f(x)=2x-\ln (2x+1),g(x)=e^x-x-1$;
(1)求$g(x)在(1,g(1))$处的切线方程；
(2)当$x\ge 0时 ,kf(x)\le g(x)$恒成立，求实数$k$的取值范围。
解：(1)切点坐标$(1,e-2),且{g}' (x)=e^x-1,{g}' (1)=e-1\Rightarrow $切线方程：$y-(e-2)=(e-1)(x-1)\Rightarrow (e-1)x-y-1=0$\
(2)发现一阶导数为0，马上二阶求导猜出范围，然后验证即可。
$设F(x)=g(x)-kf(x)=e^x-x-1-k[2x-\ln(2x+1)](x\ge 0)，F(0)=0，$继续求导，得：
${F}' (x)=e^x-1-k(2-\frac{2}{2x+1}) =e^x-1-\frac{4kx}{2x+1} \because {F}' (0)=0$,继续求导
${F}'' (x)=e^x-\frac{4k(2x+1-2x)}{(2x+1)^2} =e^x-\frac{4k}{(2x+1)^2} \because {F}'' (0)\ge 0,\Rightarrow k\le \frac{1}{4}$必要性证毕；
下面证充分性，当$k\le \frac{1}{4} 时，F(x)\ge 0(x\ge 0)$恒成立。
$\because k\le \frac{1}{4} ,\Rightarrow {F}'' (x)=e^x-\frac{4k}{(2x+1)^2} \ge e^x-\frac{1}{(2x+1)^2} \ge 0\Rightarrow$
${F}'(x)在x\ge 0\nearrow ,\Rightarrow {F}' (x)\ge {F}' (0)=0,\Rightarrow {F}(x)\nearrow ,{F}(x)\ge F(0)=0,\therefore F(x)\ge 0恒成立。$
例四、已知函数$f(x)=\ln x-x^2-ax$;
(1)当$a=1$时，求曲线$y=f(x)在x=1$处的切线方程；
(2)若$f(x)\le 0$恒成立，求$a$的取值范围。
解：$(1)a=1,f(x)=\ln x-x^2-x,\Rightarrow {f}' (x)=\frac{1}{x} -2x-1,{f}' (1)=-2,f(1)=-1-1=-2$,
$y-(-2)=-2(x-1)$
(2)方法一：参变分离
$\ln x -x^2-ax^2\le 0\Leftrightarrow a\ge \cfrac{\ln x -x^2}{x} =\cfrac{\ln x}{x} -x恒成立，即a\ge (\cfrac{\ln x}{x}-x)_{max}\quad(x\gt 0)$
$令g(x) =\cfrac{\ln x}{x} -x(x\gt 0)，{g}' (x)=\cfrac{\frac{1}{x} \cdot x-\ln x}{x^2} -1=\cfrac{1-x^2-\ln x}{x^2}$
再令$h(x)=1-x^2-\ln x(x\gt 0),{h}' (x)=-2x-\cfrac{1}{x}\lt 0 $
$\Rightarrow h(x)在x\gt 0单调递减，又\because h(1)=1-x^2-\ln x=0$
$\therefore x\in (0,1),h(x)\gt 0;\Rightarrow {g}' (x)\gt 0\Rightarrow g(x)\nearrow $
$\therefore x\in (1,+\infty ),h(x)\lt 0;\Rightarrow {g}' (x)\lt 0\Rightarrow g(x)\searrow$
$\therefore g(x)\lt g(x)_{max}=g(1)=-1\Rightarrow a\ge -1$

解法二：$\because 恒成立，\therefore x=1$也必然成立，故有$f(1)=-1-a\le 0\Rightarrow a\ge -1({\color{Red} 必要性})$
$ 再证明{\color{Red} 充分性} ：当a\ge -1时，x\gt 0时 f(x)=\ln x-x^2-ax\le 0恒成立。$
$f(x)=\ln x-x^2-ax\le \ln x-x^2+x\quad 切线不等式：\ln x\le x-1$
$\Rightarrow f(x)\le \ln x-x^2+x\le x-1+x-x^2=-(x-1)^2\le 0$

极值点偏移与和三阶导数的一点探究
1、极值点左偏的情形：
如:$f(x)=\cfrac{x}{e^x} (x>0)$
一阶导数$g(x)={f}' (x)=\cfrac{1-x}{e^x} $
二阶导数$h(x)={f}'' (x)=\cfrac{x-2}{e^x}$
三阶导数${h}' (x)={f}^{(3)} =\cfrac{3-x}{e^x}$
若$f(x)是凸函数，且{f}' (x_0)=0, \quad {f}'' (x_0)<0,\quad {h}' (x_0)={f}^{(3)}(x_0) >0\Rightarrow$极值点左偏；左快右慢
若$f(x)是凹函数，且{f}' (x_0)=0, \quad {f}'' (x_0)>0,\quad {h}' (x_0)={f}^{(3)}(x_0) <0\Rightarrow$极值点左偏；左快右慢
若$f(x)是凸函数，且{f}' (x_0)=0, \quad {f}'' (x_0)<0\quad {h}' (x_0)={f}^{(3)}(x_0)<0\Rightarrow$极值点右偏；左慢右快
若$f(x)是凹函数，且{f}' (x_0)=0, \quad {f}'' (x_0)>0,\quad {h}' (x_0)={f}^{(3)}(x_0) >0\Rightarrow$极值点右偏；左慢右快
$(1)定极值点；x=x_0(2)构造对称函数；(3)比较大小，F(x)单调性$
极值点偏移命题过程：
本质：一阶导数变化不均匀$\Leftrightarrow$ 二阶导数不为定值$\Leftrightarrow$三阶导数不为0
${\color{Red} 常规问题}：x_1+x_2>2x_0或x_1x_2>x_0^2,f(\cfrac{x_1+x_2}{2} )>f(x_0)、{\color{Red} {f}'(x_1)+{f}'(x_2)\gt 0 } 、{f}' (\cfrac{x_1+x_2}{2})>0={f}' (x_0)$
$函数：x-\ln x 问题：x_1+x_2>2$
若：$x\to \frac{1}{x}\quad 则题目变成：\frac{1}{x} +lnx\quad 问题：\frac{1}{x_1} +\frac{1}{x_2}>2或\frac{x_1+x_2}{x_1x_2} >2 \quad or \quad x_1+x_2>2x_1x_2$
函数：$x-\ln x 问题：x_1x_2<1$
若：$x\to xe^x\quad 则题目变成：xe^x -ln(xe^x)即xe^x-x-\ln x\quad 问题：x_1x_2e^{x_1}e^{x_2}<1$
${\color{Red}题型一、 } x_1+x_2\gt 2x_0\Rightarrow 构造f(x)-f(2x_0-x)；$

${\color{Red}题型二、 } x_1\cdot x_2\lt x_0^2\Rightarrow 构造f(x)-f(\cfrac{x_0^2}{x} )；$

例1、$2022年高考f(x)=\cfrac{e^x}{x}-\ln x+x-a$
$(1)若f(x)>0,求a$的取值范围;
$(2)证明:若f(x)有两个零点x_1,x_2则x_1x_2<1。$
$f(x)=e^{x-\ln x}+x-\ln x-a$

例2、 已知函数$f(x)=-x+(x+a)\ln x(a\in R)$有两个不同的极值点。[极值点偏移，一个经典方法，讲透一个经典例题_哔哩哔哩_bilibili]
$(1)求实数a的取值范围；$
$(2)当a=2时，已知函数f(x)的图像在A(x_1,f(x_1)),B(x_2,f(x_2))(x_1<x_2)$两个不同的点处的切线互相平行，证明：$x_1+x_2>4。$
解： $(1)x\in (0,+\infty)\quad {f}' (x)=\cfrac{a}{x} +\ln x$
由题意得 ${f}' (x)=0有两个不同实根\Leftrightarrow a=-x\ln x有2个$不同实根。
令$g(x)=-x\ln x,x\in (0,+\infty),{g}' (x)=-\ln x-1=-(\ln x+1)$

$令{g}' (x)=0，解得x=\frac{1}{e},x\in (0,\frac{1}{e} ),{g}' (x)\gt 0,g(x)单增;x\in (\frac{1}{e},+\infty ),{g}' (x)\lt 0,g(x)单减$
$g(x)\le g(\frac{1}{e} )=\frac{1}{e},\lim_{x \to 0} g(x)=0;\lim_{x \to \infty}g(x) =-\infty$

$\therefore a\in (0,\frac{1}{e})$

$(2)证明：当a=2时，{f}' (x)=\frac{a}{x} +\ln x=\frac{2}{x} +\ln x；令h(x)=\frac{2}{x} +\ln x $
$\because f(x)在A,B$两不同点处的切线互相平行，$\therefore {f}' (x_1)={f}' (x_2)\Leftrightarrow {\color{Red}h(x_1)=h(x_2) }$
${h}' (x)=\frac{x-2}{x^2},{\color{Red}h(x)在(0,2)单减 } ,在(2,+\infty)$单增,
由题意得$0<x_1<2<x_2,4-x_1>2\quad 构造F(x)=h(x)-h(4-x),x\in (0,2)$

${F}' (x)={h}'(x)-(4-x)^{'} {h}' (4-x)={h}'(x)+ {h}' (4-x)=\frac{x-2}{x^2} +\frac{4-x-2}{(4-x)^2} =\frac{(x-2)(4-x)^2-x^2(x-2)}{x^2(4-x)^2} $

${F}' (x)=\frac{(x-2)(16-8x)}{x^2(4-x)^2} =\frac{-8(x-2)^2}{x^2(4-x)^2}\lt 0 ,\therefore F(x)单调递减。$

$\therefore F(x)\gt F(2)=h(2)-h(2)=0,x\in (0,2)\Rightarrow h(x)-(4-x)\gt 0$

$\Rightarrow h(x)\gt h(4-x)\Rightarrow h(x_1)\gt h(4-x_1),x_1\in(0,2)$

$\because {\color{Red}h(x)在(2,+\infty)单增 } ,\Rightarrow h(x_1)=h(x_2)\gt h(4-x_1),x_2\gt 4-x_1\Rightarrow x_1+x_2\gt 4$

复合函数求导公式：${y}'_x= {y}'_u {u}'_x\Rightarrow u=4-x,{h}' (u)=\frac{u-2}{u^2} ,{u}'_x=-1$

极值点偏移题目答题步骤：

$x_1+x_2\gt 4\Leftrightarrow x_1\gt 4-x_2{\color{Red} \Leftrightarrow f(x_1)\gt f(4-x_2)} {\color{Green} \Leftrightarrow f(x_2)\gt f(4-x_2)}$

$\Leftrightarrow f(x_2)- f(4-x_2)\gt 0，构造函数,要指明定义域在极值点的那一边，g(x)=f(x)-f(4-x),x\gt 2$

求导证明$g(x)在x>2$时的极小值大于零，即完工。关键点是，$f(x_1)=f(x_2)$要替换！

解：当a=2时，${f}' (x)=\frac{a}{x} +\ln x=\frac{2}{x} +\ln x；令h(x)=\frac{2}{x} +\ln x $
$\because f(x)在A,B$两不同点处的切线互相平行，$\therefore {f}' (x_1)={f}' (x_2)\Leftrightarrow {\color{Red}h(x_1)=h(x_2) }$
${h}' (x)=\frac{x-2}{x^2},{\color{Red}h(x)在(0,2)单减 } ,在(2,+\infty)$单增,
由题意得$0<x_1<2<x_2,4-x_1>2\quad 可构造F(x)=h(x)-h(4-x),x\in (0,2)$

$0\lt x_1 \lt 2 \lt x_2,4-x_1\gt 2,4-x_2\lt 2也可构造F(x)=h(x)-h(4-x),x\gt 2$

${F}' (x)=\frac{(x-2)(16-8x)}{x^2(4-x)^2} =\frac{-8(x-2)^2}{x^2(4-x)^2}\lt 0 ,F(x)\searrow $

$F(x)_{max}\lt F(2)=0,h(x)-h(4-x)\lt 0\quad(x\gt 2)\Rightarrow h(x_2)\lt h(4-x_2)\Leftrightarrow h(x_1)\lt h(4-x_2)$

$h(x)在x\lt 2$单调递减$h(x_1)\lt h(4-x_2) \Leftrightarrow x_1\gt 4-x_2\Leftrightarrow x_1+x_2\gt 4$

若$F(x),x\lt 2,F(x)_{max}\gt F(2)=0,h(x)-h(4-x)\gt 0\Rightarrow h(x_1)\gt h(4-x_1)$

$\Leftrightarrow h(x_2)\gt h(4-x_1),h(x)在x\gt 2单调递增,h(x_2)\gt h(4-x_1)\Leftrightarrow x_1+x_2\gt 4$