飘带函数及不等式：

${\color{Red} 对数均值不等式\sqrt{x_1x_2} \lt \cfrac{x_1-x_2}{\ln x_1-\ln x_2} \lt\cfrac{x_1+x_2}{2}$

$f(x)=\frac{1}{2}(x-\frac{1}{x})} $

$g(x)=\frac{2(x-1)}{x+1}$

${\color{Red} \cfrac{1}{2}(x-\cfrac{1}{x} )\le \ln x \le \cfrac{2(x-1)}{x+1} \quad x\in (0,1]} \quad 先证后用$

${\color{Purple} \cfrac{2(x-1)}{x+1}\le \ln x \le \cfrac{1}{2}(x-\cfrac{1}{x} ) \quad x\in [1,+\infty) } \quad 先证后用$
飘带放缩及对数均值不等式

证明：${\color{Red} f(x)=\ln x-\cfrac{2(x-1)}{x+1}}$
${f}' (x)=\cfrac{1}{x}-\cfrac{2(x+1-x+1)}{(x+1)^2}= \cfrac{1}{x}-\cfrac{4}{(x+1)^2}$
$=\cfrac{(x+1)^2-4x}{x(x+1)^2}=\cfrac{(x-1)^2}{x(x+1)^2}\ge 0$
${\color{Violet} \because \quad } f(x)\nearrow ,f(1)=0$
$\Rightarrow {\color{Red} x\in (0,1] } ,\quad f(x)\le 0\quad \ln x\le \cfrac{2(x-1)}{x+1};$
${\color{Green} x\in [1,+\infty)},\quad f(x)\ge 0\quad \ln x\ge \cfrac{2(x-1)}{x+1}$
$再证左边不等式：{\color{Purple} g(x)=\ln x- \cfrac{1}{2}(x-\cfrac{1}{x} )}$
${g}' (x)=\cfrac{1}{x}-\cfrac{1}{2}(1+\cfrac{1}{x^2} )= - \cfrac{1}{2}(1+\cfrac{1}{x^2}-\frac{2}{x})= - \cfrac{1}{2}\cdot \cfrac{(x-1)^2}{x^2}$
${g}' (x)\le 0,\quad g(x)\searrow\qquad g(1)=0$
$\Rightarrow {\color{Red} x\in (0,1]} ,\quad g(x)\ge 0, \quad \ln x \ge \cfrac{1}{2}(x-\cfrac{1}{x} )$
${\color{Green} x\in [1,+\infty)}, \quad g(x)\le 0, \quad \ln x \le \cfrac{1}{2}(x-\cfrac{1}{x} )$

$例1、已知x\gt 0,证明(e^x-1)\ln (x+1)\gt x^2$
$解：先进行放缩e^x\ge 1+x,显然是不够精度的，e^x\ge 1+x+\cfrac{1}{2}x^2$
$得，即证(x+\cfrac{1}{2}x^2)\ln (x+1)\gt x^2$
$即证:(1+\cfrac{1}{2}x)\ln (x+1)\gt x$
$令t=x+1,t\gt 1,x=t-1即证 \cfrac{1}{2}(t+1)\ln t\gt t-1$
$即证:\ln t \gt \cfrac{2(t-1)}{t+1}\quad x\in (1,+\infty)$
${\color{Red} 再让我们来看看飘带不等式与对数不等式的联系： }$
$\sqrt{x_1x_2}\lt \cfrac{x_1-x_2}{\ln x_1-\ln x_2 } \lt \cfrac{x_1+x_2}{2}$
$若要证：\cfrac{x_1-x_2}{\ln x_1-\ln x_2 } \lt \cfrac{x_1+x_2}{2}$
$设x_1\gt x_2,即证\quad\cfrac{x_1-x_2}{x_1+x_2} \lt \cfrac{\ln x_1-\ln x_2 }{2}$
$齐次化上式：得到\quad \cfrac{\cfrac{x_1}{x_2}-1 }{\cfrac{x_1}{x_2}+1 } \lt \cfrac{\ln \cfrac{x_1}{x_2} }{2}$
$令t=\cfrac{x_1}{x_2}\quad t\gt 1换元得,\quad{\color{Red}\cfrac{2(t-1)}{t+1}\lt \ln t }$
${\color{Red} 这便是飘带不等式．}$
$若要证:\sqrt{x_1x_2}\lt \cfrac{x_1-x_2}{\ln x_1-\ln x_2 }$
$设x_1\gt x_2,即证\quad\ln x_1-\ln x_2 \lt \cfrac{x_1-x_2}{\sqrt{x_1x_2}}$
$齐次化上式：得到\ln \cfrac{x_1}{x_2}\lt \cfrac{\cfrac{x_1}{x_2}-1}{\sqrt{\cfrac{x_1}{x_2}}}$
$令t=\sqrt{\cfrac{x_1}{x_2}},\quad t\gt 1换元得，\quad 2\ln t\lt \cfrac{t^2-1}{t}=t-\cfrac{1}{t}$
$即证:\quad {\color{Red}\ln t\lt \cfrac{1}{2}\cdot(t-\cfrac{1}{t}) }$
${\color{Green} 妥妥的飘带不等式．}$

$例2.已知函数f(x)=\ln x -ax^2+(2-a)x$
$(1).求单调性；$
$(2).设f(x)有两个零点,是x_1,x_2,求证x_1+x_2\gt \cfrac{2}{a}$
$(3).设x_0=\cfrac{x_1+x_2}{2},求证:{f}' (x_0)\lt 0$
https://one.free.nf/index.php/archives/200/ $\quad例6$
$f(x)=\ln x-ax^2+(2-a)x$
${f}'(x)=\cfrac{1}{x}-2ax+2-a=\cfrac{-2ax^2+(2-a)x+1}{x}$
$=\cfrac{(2x+1)(-ax+1)}{x},2x+1\gt 0,只需考虑-ax+1即可$
$①a\le 0,{f}' (x)\gt 0,f(x)\nearrow ;$
$②a\gt 0,x\in (0,\cfrac{1}{a}), {f}' (x)\gt 0,f(x)\nearrow ;$
$x\in (\cfrac{1}{a},+\infty), {f}' (x)\lt 0,f(x)\searrow ;$
$f(x)\le f(\cfrac{1}{a})=\ln \cfrac{1}{a}-\cfrac{1}{a}+(2-a)\times\cfrac{1}{a}=\cfrac{1}{a}-\ln a-1$
$设g(a)=\cfrac{1}{a}-\ln a-1,g(a)\searrow 且g(1)=0,所以a\in (0,1)g(a)\gt0,$
$(2).设f(x)有两个零点,是x_1,x_2,求证x_1+x_2\gt \cfrac{2}{a}$
$证：0\lt a \lt 1时有两个零点$
$\ln x_1=ax_1^2-(2-a)x_1\quad ①$
$\ln x_2=ax_2^2-(2-a)x_2\quad ②$
$\Rightarrow ①- ②=\ln\cfrac{x_1}{x_2}=a(x_1^2-x_2^2)-(2-a)(x_1-x2) $
$a(x_1^2-x_2^2+x_1-x2) =\ln\cfrac{x_1}{x_2}+2(x_1-x_2)$
$\cfrac{1}{a} =\cfrac{x_1^2-x_2^2+x_1-x_2}{\ln\cfrac{x_1}{x_2}+2(x_1-x_2)}$
$要证x_1+x_2\gt \cfrac{2}{a}即证x_1+x_2\gt \cfrac{2(x_1^2-x_2^2+x_1-x_2)}{\ln\cfrac{x_1}{x_2}+2(x_1-x_2)} $
$\Leftrightarrow \ln\cfrac{x_1}{x_2}+2(x_1-x_2)\gt \cfrac{2(x_1^2-x_2^2+x_1-x_2)}{x_1+x_2}$
$\Leftrightarrow\ln\cfrac{x_1}{x_2}\gt \cfrac{2(x_1^2-x_2^2+x_1-x_2)}{x_1+x_2}-2(x_1-x_2)=\cfrac{2(x_1-x_2)}{x_1+x_2}$

$例3.已知函数f(x)=\cfrac{\ln x}{x},若f(x)=a有两个不同的零点，试证明：$
$1.\quad 单调性；2.\quad a的取值范围；3.\quad\cfrac{2}{a} \lt x_1+x_2\lt \cfrac{-2\ln a}{a},$
$4.\quad e^2\lt x_1x_2\lt \cfrac{1}{a^2};\quad 5.\quad 2x_1+x_2\lt \cfrac{3}{a} 6.\quad\cfrac{1}{x_1}+\cfrac{1}{x_2}\gt \cfrac{2}{a}$
$7.\quad x_1x_2\gt \cfrac{e}{a}, \quad 8.\quad x_1+x_2\cfrac{3}{a}-e\quad 9.\quad\ln x_1+\ln x_2\gt 1-\ln a或x_1+x_2\gt \cfrac{1-\ln a}{a}$
$10.\quad x_1^2x_2+x_1x_2^2\gt 2 \quad 11.\quad x_1\gt \cfrac{1+\sqrt{1-ax} }{a} \quad 12.\quad x_2\lt \cfrac{1-\sqrt{1-ax} }{a}$

$证：f(x)=a有两个不同的零点\Rightarrow \begin{cases} \quad \ln x_1=ax_1\quad① \\\quad \ln x_2=ax_2\quad②\end{cases}，两式相减最常用！相加何时用到？$
$①-②,\ln x_1-\ln x_2=a(x_1-x_2) \Rightarrow {\color{Red} \cfrac{1}{a}=\cfrac{x_1-x_2}{\ln x_1-\ln x_2} ，对数均值不等式}$
$证3：\quad\cfrac{2}{a} \lt x_1+x_2\lt \cfrac{-2\ln a}{a},和4.\quad e^2\lt x_1x_2\lt \cfrac{1}{a^2};$
$先看4式左右两边求对数，得2\lt \ln x_1+\ln x_2\lt -2\ln a,①+②,得\ln x_1+\ln x_2=a(x_1+x_2)$
${\color{Green}可见3.\quad\cfrac{2}{a} \lt x_1+x_2\lt \cfrac{-2\ln a}{a},4.\quad e^2\lt x_1x_2\lt \cfrac{1}{a^2};式是同一命题 }$
$我们先证3式左边不等式:x_1+x_2\gt \cfrac{2}{a}(消a)\quad \Rightarrow x_1+x_2\gt \cfrac{2}{a}=\cfrac{2(x_1-x_2)}{\ln \cfrac{x_1}{x_2} }$
$令x_1\gt x_2,即证 \ln \cfrac{x_1}{x_2}\gt \cfrac{2(x_1-x_2)}{x_1+x_2}{\quad\color{Red} 交换位置前对数均值，交换后是飘带} $
$设t=\cfrac{x_1}{x_2}\gt 1,即证\ln t\gt \cfrac{2(t-1)}{t+1}$
又是妥妥的飘带不等式;
$再证4式右侧不等式：x_1x_2\lt \cfrac{1}{a^2}$
$x_1x_2\lt \cfrac{1}{a^2},两边开方，得\sqrt{x_1x_2}\lt \cfrac{1}{a} =\cfrac{x_1-x_2}{\ln \cfrac{x_1}{x_2} }$
$\sqrt{x_1x_2}\lt \cfrac{x_1-x_2}{\ln \cfrac{x_1}{x_2} }\Rightarrow \sqrt{x_1x_2}\lt \cfrac{x_1-x_2}{\ln x_1-\ln x_2}$
$①+②,\ln x_1+\ln x_2=a(x_1+x_2) \gt \cfrac{2}{a}\times a=2$
要证6：$\cfrac{1}{x_1}+\cfrac{1}{x_2}\gt \cfrac{2}{a}$
$\cfrac{1}{a}=\cfrac{x_1-x_2}{\ln \cfrac{x_1}{x_2} }$
$即证：\cfrac{1}{x_1}+\cfrac{1}{x_2}\gt 2\times \cfrac{x_1-x_2}{\ln \cfrac{x_1}{x_2} }$
$令x_1\gt x_2\Rightarrow 2\ln \cfrac{x_1}{x_2}\lt (x_1-x_2)(\cfrac{1}{x_1}+\cfrac{1}{x_2}) =\cfrac{x_1}{x_2}-\cfrac{x_2}{x_1}$
$设t=\cfrac{x_1}{x_2},2\ln t\lt t-\cfrac{1}{t}\quad t\gt 1$
这里有错误！
以上难度高二同学掌握足矣！

齐次式+比值换元
$\cfrac{3a-2b}{3a+2b} =\cfrac{3\times \cfrac{a}{b} -2}{3\times \cfrac{a}{b} +2}$
还是天津2010年 高考题目
$f(x)=\cfrac{x}{e^x} ,若x_1\ne x_2,且有f(x_1)=f(x_2)证明：x_1+x_2\gt 2 及 x_1x_2\lt 1$

$\cfrac{3a-2b}{3a+2b} =\cfrac{3\times \cfrac{a}{b} -2}{3\times \cfrac{a}{b} +2}$
$\cfrac{x_1}{e^{x_1}} =\cfrac{x_2}{e^{x_2}}$
$\Rightarrow \cfrac{x_1}{x_2} =\cfrac{e^{x_1}}{e^{x_2}}\Rightarrow {\color{Red} \ln } \cfrac{e^{x_1}}{e^{x_2}}={\color{Red} \ln }\cfrac{x_1}{x_2}\Rightarrow x_1-x_2=\ln \cfrac{x_1}{x_2}$
$\Rightarrow \cfrac{x_1-x_2}{\ln \cfrac{x_1}{x_2} } ={\color{Red} 1} \quad 1的妙用来了$
$欲证x_1+x_2\gt 2\Leftrightarrow x_1+x_2\gt 2\cdot \cfrac{x_1-x_2}{\ln \cfrac{x_1}{x_2} }$
$设x_1\gt x_2\Rightarrow \ln \cfrac{x_1}{x_2}\gt \cfrac{2(x_1-x_2)}{x_1+x_2}\quad$下一步齐次化
$\Rightarrow \ln \cfrac{x_1}{x_2}\gt \cfrac{2(\cfrac{x_1}{x_2} -1)}{\cfrac{x_1}{x_2} +1}$
设$t=\cfrac{x_1}{x_2}换元得，\ln t\gt \cfrac{2(t-1)}{t+1}$
这是常用的飘带放缩，构成函数求导易证。$t\gt 1$
$g(t)=\ln t-\cfrac{2(t-1)}{t+1}=\ln t-\cfrac{2(t+1-2)}{t+1}=\ln t -2+\cfrac{4}{t+1}$
${\color{Orange}即证t\gt 1时，g(t)_{min}\gt 0}$
${g}'(t)= \cfrac{1}{t} -\cfrac{4}{(t+1)^2} =\cfrac{t^2+2t+1-4t}{t(t+1)^2} \gt 0$
${\color{Orange}g(t)\gt g(t)_{min}=g(1)=0}$

若要证$x_1x_2\lt 1$
$\sqrt{x_1x_2} \lt 1=\cfrac{x_1-x_2}{\ln \cfrac{x_1}{x_2} }\Rightarrow \ln \cfrac{x_1}{x_2} \lt \cfrac{x_1-x_2}{\sqrt{x_1x_2}}\Rightarrow \ln \cfrac{x_1}{x_2}\lt\cfrac{\cfrac{x_1}{x_2}-1 }{\sqrt{\cfrac{x_1}{x_2}} }$
$设t=\sqrt{\cfrac{x_1}{x_2}},\quad t\gt 1\quad \ln t^2\lt \cfrac{t^2-1}{t}=t-\cfrac{1}{t}\Rightarrow \ln t\lt\cfrac{1}{2} (t-\cfrac{1}{t} )$
$这又是飘带不等式，构造h(t)=\cfrac{1}{2} (t-\cfrac{1}{t} )-\ln t\qquad$
${\color{Orange} 即证h(t)_{min}\gt 0}\quad t\gt 1$
${h}' (t)=\cfrac{1}{2}[1+\cfrac{1}{t^2}-\cfrac{2}{t}]=\cfrac{(1+t)^2}{2t^2}\gt 0\Rightarrow{h}(t)\nearrow$
$h(t)\gt {\color{Orange}h(t)_{min}=h(1)=0}$

例：$f(x)=\ln x -ax -1(a\in R),若f(x)+2=0$
有两个不等实根,且$x_2\gt 2x_1$,$求证:x_1x_2^2\gt \cfrac{32}{e^3}，\ln 2=0.693$
$f(x)=\ln x-ax-1\Leftrightarrow f(x)+2=\ln x-ax+1=0\Rightarrow \begin{cases} \quad \ln x_1+1=ax_1\\ \qquad \\ \quad \ln x_2+1=ax_2\end{cases}$
$\Rightarrow \cfrac{ \ln x_1+1}{\ln x_2+1} =\cfrac{x_1}{x_2} \quad 令x_1\lt x_2,\quad t=\cfrac{x_1}{x_2}$

$\Rightarrow x_1=tx_2,\qquad \ln x_1=\ln t+\ln x_2$
$\Rightarrow {\color{Red} t=\cfrac{\ln t+\ln x_2+1}{\ln x_2+1} }=\cfrac{\ln t}{\ln x_2+1} +1$

$$\Rightarrow \begin{cases} \quad \ln x_2=\cfrac{\ln t}{t-1} +1\\ \qquad \\ \quad \ln x_1=\ln t+\ln x_2=\cfrac{t\ln t}{t-1} +1\end{cases}$$
$要证{\color{Green} x_1\cdot x_2^2\gt \cfrac{32}{e^3}} \quad 即证\Leftrightarrow \ln x_1+2\ln x_2\gt 5\ln 2-3$
$即证:\cfrac{2\ln t}{t-1} +\cfrac{t\ln t}{t-1} \gt 5\ln 2$
$令g(t)=\cfrac{2\ln t}{t-1} +\cfrac{t\ln t}{t-1}=\cfrac{(t+2)\ln t}{t-1},$
$即证0\lt t\lt \cfrac{1}{2}时，{\color{Green} g(t)_{min}} \gt 5\ln 2$
${g}' (t)=\cfrac{(\ln t+1+\cfrac{2}{t} )(t-1)-(t+2)\ln t}{(t-1)^2} =\cfrac{t+1-3\ln t-\cfrac{2}{t} }{(t-1)^2}$
$分子太长，单独拎出来，h(t)=t+1-3\ln t-\cfrac{2}{t}$
${h}' (t)=1-\cfrac{3}{t}+\cfrac{2}{t^2}=\cfrac{(t-2)(t-1)}{t^2}\gt 0\quad 0\lt t\lt \cfrac{1}{2}$
$h(\cfrac{1}{2} )=\cfrac{3}{2}-3\ln \cfrac{1}{2}-4= -\cfrac{5}{2}+3\ln 2\lt 0$
$\Rightarrow {g}' (t)\lt 0\Rightarrow g(t)\searrow g(t)\gt g(t)_{min}=g(\cfrac{1}{2})=5\ln 2$

指对切线放缩

${\color{Green} e^x必会不等式\Rightarrow \begin{cases} e^x\ge x+1\quad x=0取＝\\ e^x\ge ex\quad x=1取＝\end{cases}}$
${\color{Red} \ln x必会不等式\Rightarrow \begin{cases} 1-\cfrac{1}{x}\le \ln x\le x-1\quad x=1取＝\\ \ln x\le \cfrac{x}{e}\quad x=e取＝\end{cases}}$
${\color{Purple} 常见的三角放缩：} \sin x \lt x \lt \tan x,x\in(0,\cfrac{\pi}{2})$
其他放缩：
$\ln x \lt \sqrt{x} -\frac{1}{\sqrt{x} }(x\gt1)\qquad \ln x \gt \sqrt{x} -\frac{1}{\sqrt{x} }(0\lt x\lt1)$
$\ln x \lt \cfrac{1}{2}(x-\cfrac{1}{x}) (x\gt1)\qquad \ln x \gt \cfrac{1}{2}(x-\cfrac{1}{x}) (0\lt x\lt1)$
$\ln x \gt \cfrac{2(x-1)}{x+1}) (x\gt1)\qquad \ln x \lt \cfrac{2(x-1)}{x+1}) (0\lt x\lt1)$
$\ln x \gt -\cfrac{1}{2}x^2+2x-\cfrac{3}{2} (x\gt1)\quad \ln x \lt -\cfrac{1}{2}x^2+2x-\cfrac{3}{2} (0\lt x\lt1)$
${\color{Red} e^x\ge 1+x+\cfrac{1}{2}x^2 (x\ge 0) } $
例1：$证明不等式e^x-\ln (x+2)\gt 0恒成立$

$例2：x\gt 0時，證明ex^2-x\ln x\lt xe^x+\cfrac{1}{e}$
$ex^2-x\ln x\lt xe^x+\cfrac{1}{e}\Leftrightarrow e^x+\cfrac{1}{ex} \gt ex-\ln x$
$即证 e^x+\cfrac{1}{ex} \ge ex{\color{Green} +\cfrac{1}{ex} } \gt ex{\color{Green} -\ln x} =ex+\ln \cfrac{1}{x}$
$\cfrac{\ln x}{x}\le \cfrac{1}{e}\Rightarrow \cfrac{x}{e}\ge \ln x \Rightarrow {\color{Green} \cfrac{1}{ex} \ge \ln \cfrac{1}{x}}$

$例3：对于\forall x\gt 0,不等式e^x+x^2-(e+1)x+\cfrac{e}{x}\gt 2成立$
$\because e^x\ge ex$
$\Rightarrow {\color{Green} e^x} +x^2-(e+1)x+\cfrac{e}{x}\ge {\color{Green} ex} +x^2-(e+1)x+\cfrac{e}{x}\gt 2$
$x^2-x+\cfrac{e}{x}\gt 2$

$x^2-2x+x+\cfrac{e}{x}=(x-1)^2-1+ x+\cfrac{e}{x}\ge 2\sqrt{e} -1\gt 2$

例4：$e^x+\cfrac{1}{x}\ge 2-\ln x+x^2+(e-2)x$
用${\color{Green}e^x }+\cfrac{1}{x} \ge {\color{Green} ex+(x-1)^2} +\cfrac{1}{x}\ge 2-\ln x+x^2+(e-2)x$

用曲线代替直线放缩：

一、极值点偏移的概念
抛物线不偏移，$x_1\ne x_2,f(x_1)=f(x_2)\Leftrightarrow x_1+x_2=2x_0$
${\color{Red} 等值函数的中点横坐标不在极值点上}$
从图形来看有三种类型：
$\cfrac{x_1+x_2}{2} \gt x_0 \qquad$
${f}' (x_1)\gt {f}' (x_2)\qquad$
${f}' (\cfrac{x_1+x_2}{2} )\lt 0$


$例1.f(x)=e^x-3x,y=a与f(x)有两交点，横坐标为x_1,x_2,则(\quad)$
$A,x_1+x_2\lt 2 \ln 3\quad B,x_1+x_2\gt 2 \ln 3,\quad$
$C,x_1+x_2\lt 4 \ln 3\qquad D,x_1+x_2\gt 4 \ln 3$
$例2f(x)=x+3-\ln x与y=a有两交点，横坐标为x_1,x_2,则(\quad)$
$A,x_1+x_2\lt 2 \quad B,x_1+x_2\gt 2$ ,
$C,x_1+x_2\lt 4 \qquad D,x_1+x_2\gt 4$
2021新一卷:
已知函数$f(x)=x(1-\ln x),设a,b$为两不相等的正数,且$b\ln a-a\ln b=a-b,证明:2\lt \cfrac{1}{a}+\cfrac{1}{b}\lt e$
$\because \cfrac{\ln a}{a} -\cfrac{\ln b}{b} =\cfrac{1}{b} -\cfrac{1}{a} \Rightarrow \cfrac{1}{a}+\cfrac{1}{a}\ln a=\cfrac{1}{a}+\cfrac{1}{a}\ln a\quad\Rightarrow \cfrac{1}{a} - \cfrac{1}{a}\ln \cfrac{1}{a}=\cfrac{1}{b} - \cfrac{1}{b}\ln \cfrac{1}{b}$
$令x_1=\cfrac{1}{a},x_2=\cfrac{1}{b}\Rightarrow f(x_1)=f(x_2)$
$要证2\lt x_1+x_2\lt e,2\lt x_1+x_2\lt e，{f}'(x)=-\ln x$
${\color{Red} f(x)在(0,1)\nearrow ,在(1，+\infty)\searrow }$
${\color{Green}先证x_1+_2\gt 2},令0\lt x_1\lt 1\lt x_2,即证x_2\gt 2-x_1\gt 1({\color{Green} 为什么不是x_1\gt 2-x_2} {\color{Red} 遇上对数时，减小数} )$
${\color{Purple} \because f(x)在x\gt 1\searrow} ,即证f(x_2)\lt f(2-x_1)$
${\color{Purple} \because f(x_2)=f(x_1)} ,即证f(x_1)\lt f(2-x_1)\qquad {\color{Red}双变量转单变量！}$
$即证f(x_1)-f(2-x_1)\lt 0恒成立$
$下面构造函数并证明g(x)=f(x)-f(2-x)\lt 0,在{\color{Red}0\lt x\lt 1}恒成立，即证{\color{Red} g(x)_{max}\lt 0}$
${g}' (x)={f}' (x)-{f}'(x){(2-x) }' =-\ln x-\ln (2-x)=-\ln [x(2-x)]$
$x(2-x)开口向下，对称轴为x=1,故在（0，1)单调递增，取值范围为(0,1)$
$\because {g}' (x)\gt 0,g(x)\nearrow .g(x)\lt g(x)_{max}=g(1)=f(1)-f(1)=0$
$故g(x)\lt 0在(0,1)恒成立，\Rightarrow x_1+x_2\gt 2$
${\color{Green} 再证 x_1+x_2\lt e }$
$即证e-x_1\gt x_2\gt 1，c,这是因为f(x)在x\gt 1递减$
$即证f(x_1)\gt f(e-x_1)，构造h(x)=f(x)-f(e-x)\quad证明h(x)\gt 0 在 x\in (0,1)恒成立$
$即证{\color{Red} h(x)_{min}\gt 0}$
$h(1)=f(1)-f(e-1)\gt 0\qquad{h}' (x)={f}'(x) +{f}'(e-x) =-\ln [x(e-x)]=-\ln t$
$令t=x(e-x)开口向下，对称轴为x=\cfrac{e}{2},故在(0,1)单调递增，t\in(0,e-1)$
$\therefore {h}'(x)存在零点x_0\in (0,1),在(0,x_0),{h}'(x)\gt 0,h(x)\nearrow ;在(x_0,1),{h}'(x)\lt 0,h(x)\searrow$
$故h(x)的最小值在端点，x\to 0时，h(0)=f(0)-f(e)\to 0$

二、含参可不要离

$f(x)=\ln x-ax ,其中a\gt 0,若f(x_1)=f(x_2),求证:x_1+x_2\gt \cfrac{2}{a}$
https://one.free.nf/index.php/archives/185/ 之例2

三、含参要分离:

$f(x)=x^2-2x+1+ae^x,有两个极值点x_1,x_2,求证x_1+x_2\gt 4$
${\color{Green} 有两个极值点\Leftrightarrow 导函数有两个变号零点}$
解：
${f}' (x)=2x-2+ae^x=0\Rightarrow a=\cfrac{2-2x}{e^x} 令g(x)=\cfrac{2-2x}{e^x},有g(x_1)=g(x_2)=a$
$\Rightarrow {g}' (x)=\cfrac{2(x-2)}{e^x},x\in(-\infty,2),{g}' (x)\lt 0,g(x)\searrow ;x\in(2,+\infty),{g}' (x)\gt 0,g(x)\nearrow$
$不妨设x_1\lt 2\lt x_2,要证x_1+x_2\gt 4,即证2\gt x_1\gt 4-x_2$
$即证g(x_1)\lt g(4-x_2)\Leftrightarrow g(x_2)\lt g(4-x_2)即g(x_2)- g(4-x_2)\lt 0$
$构造函数h(x)=g(x)- g(4-x)\quad 即证h(x)\gt 0在x\gt 2恒成立，即证明{\color{Red} h(x)_{max}\lt 0} $
${h}' (x)={g}' (x)+{g}' (4-x)=\cfrac{2(x-2)}{e^x}+\cfrac{2(4-x-2)}{e^{4-x}}=2(x-2)(\cfrac{1}{e^x} -\cfrac{1}{e^{4-x}})\lt 0$
$h(x)\lt h(x)_{max}=h(2)=0$

四、对称相乘:

例2、已知$f(x)=\ln x-ax,a\gt 0有两个零点x_1,x_2$，
求证:$x_1x_2\gt e^2$
https://one.free.nf/index.php/archives/185/ 之例2

五、非对称相乘:

$f(x)=\ln x -ax -1(a\in R),若f(x)+2=0$
有两个不等实根,且$x_2\gt 2x_1$,$求证:x_1x_2^2\gt \cfrac{32}{e^3}，\ln 2=0.693$

用比值换元法，而不用对称构造法.
解：用比值换元法，不用对称构造消元法
$f(x)=\ln x -ax-1\Rightarrow f(x)+2=0\Rightarrow \ln x+1=ax\Rightarrow$
$a=\cfrac{\ln x+1}{x}$
$x_1x_2^2\gt \cfrac{32}{e^3} \Rightarrow 两边取对数，得\ln x_1+2\ln x_2\gt 5\ln 2-3$
比值换元：
$\because \quad x_2\gt x_1,令{\color{Red} t=\cfrac{x_1}{x_2}} \Rightarrow 0\lt t \lt \cfrac{1}{2}\Rightarrow x_1=tx_2$
$\because \quad a={\color{Green}\cfrac{\ln x_1+1}{x_1}= \cfrac{\ln x_2+1}{x_2}\Rightarrow \cfrac{x_1}{x_2}=\cfrac{\ln x_1+1}{\ln x_2+1}}$
${\color{Red}\Rightarrow t}=\cfrac{{\color{Red} \ln tx_2}+1 }{\ln x_2+1}\Rightarrow t\ln x_2+t=\ln t+\ln x_2+1$
$\Rightarrow (t-1)\ln x_2=\ln t+1-t \Rightarrow \ln x_2=\cfrac{\ln t}{t-1}-1$
$\because \quad x_1=tx_2 \quad \therefore \quad \ln x_1=\ln (tx_2)=\ln t+\ln x_2$
$\ln x_1+2\ln x_2=\ln t +3\ln x_2=3(\cfrac{\ln t}{t-1}-1)+\ln t$
$即证\cfrac{3\ln t}{t-1}+\ln t-3\gt 5\ln 2-3$
$令g(t)=\cfrac{3\ln t}{t-1}+\ln t ,即证g(t)_{min}\gt 5\ln 2\quad t \in (0,\cfrac{1}{2})$
$g(\cfrac{1}{2})=5\ln 2\quad 先求端点值$，由此可见，只需求导证g(t)单调递减，即可，由于时间问题，考试时建议耍流氓
$g(t)=\cfrac{3\ln t}{t-1}+\ln t=\cfrac{(t+2)\ln t}{t-1}$
${g}' (t)=\cfrac{(\ln t+1+\cfrac{2}{t} )(t-1)-t\ln t-2\ln t}{(t-1)^2}$
$=\cfrac{{\color{Green} t\ln t} +t+2-{\color{Blue} \ln t} -1-\cfrac{2}{t}-{\color{Green} t\ln t} -{\color{Blue} 2 \ln t} }{(t-1)^2}$
${g}' (t)= \cfrac{t+1-\cfrac{2}{t}-2\ln t}{(t-1)^2}$
$令h(t)=t+1-\cfrac{2}{t}-2\ln t$
${h}' (t)=1+\cfrac{2}{t^2}-\cfrac{2}{t} =\cfrac{t^2-2t+2}{t^2} \gt 0$
$h(t)\nearrow ,h(\cfrac{1}{2})=2\ln 2-\cfrac{5}{2}\lt 0 即{g}' (t)\lt 0,g(t)\searrow$

六、拐点偏移

$已知函数f(x)=2\ln x+x^2+x,若正实数x_1,x_2满足f(x_1)+f(x_2)=4,求证x_1+x_2\ge 2$
$f(x)=2\ln x+x^2+x$
${\color{Red} {f}'(x) } =\cfrac{2}{x}+2x+1\gt 0$
${\color{Red} {f}'(x) } =\cfrac{2}{x}+2x+1\gt 0\quad\therefore f(x)在(0,+\infty){\color{Red} \nearrow }\quad f(1)=1+1=2$
$设x_1\le 1\le x_2,要证x_1+x_2\ge 2,即证\quad x_2\ge 2-x_1\quad$
对称构造遇上对数,减小数
$\because x_2\ge 1,2-x_1\ge 1,f(x)单调递增,即f(x_2)\ge f(2-x_1)$
$又\because f(x_1)+f(x_2)=4\Rightarrow 4-f(x_1)\ge f(2-x_1)\quad 双变量变单$
$令g(x)=f(x)+f(2-x)\quad x\in (0,1]\quad 即g(x)_{max}\ge 4$
$g(1)=2f(1)=4\quad 即证g(x)在x\in (0,1]单调递增$
${g}' (x)={f}' (x)-{f}' (2-x)=\cfrac{2}{x}+2x+1-[\cfrac{2}{2-x}+2(2-x)+1]$
$=\cfrac{2}{x}-\cfrac{2}{}2-x+4x-4=\cfrac{4(1-x)}{x(2-x)}+4(x-1)$
$=4(1-x)[\cfrac{1}{x(2-x)}-1]\ge 0$
$g(x)在x\in (0,1]单调递增，g(x)有最大值g(1)=4\le 4,得证$

$已知函数f(x)=2\ln x+x^2+(a-1)x-1,(a\in \mathbb{R})当x\ge 1时,f(x)\ge 0恒成立.$
$(1)求实数a的取值范围;$
$(2) 若正实数x_1,x_2不相等且满足f(x_1)+f(x_2)=0,求证x_1+x_2\ge 2.$

$极值点偏移\begin{cases} f(x_1)=f(x_2)\\ \quad \\x_1+x_2=2x_0\end{cases}$
①构造函数,对称构造消元法
$\begin{cases} x_1+x_2\gt 2x_0 \\ \quad \\ x_1+x_2\lt 2x_0\end{cases}\qquad \Rightarrow f(x)-f(2x_0-x)$

$\begin{cases} x_1x_2\gt x_0^2 \\ \quad \\ x_1x_2\lt x_0^2\end{cases}\Rightarrow \qquad f(x)-f(\cfrac{x_0^2}{x} )$

②对数不等式：https://one.free.nf/index.php/archives/74/
$\sqrt{x_1x_2}\lt \cfrac{x_1-x_2}{\ln x_1-\ln x_2}\lt \cfrac{x_1+x_2}{2}$

$例1、函数f(x)=xe^{-x},若x_1\ne x_2,且有f(x_1)=f(x_2),$
求证:$x_1+x_2\gt 2\quad$2010年天津
$f(x_1)=f(x_2)\Rightarrow x_1e^{-x_1}=x_2e^{-x_2}\Rightarrow \ln (x_1e^{-x_1})=\ln( x_2e^{-x_2})$
$\Rightarrow \ln x_1+\ln e^{-x_1}=\ln x_2+\ln e^{-x_2}\Rightarrow \ln x_1-x_1=\ln x_2-x_2$
$\Rightarrow \ln x_1-\ln x_2=x_1-x_2\Rightarrow\cfrac{x_1-x_2}{\ln x_1-\ln x_2}=1$
$\Rightarrow\cfrac{x_1-x_2}{\ln x_1-\ln x_2}\lt \cfrac{x_1+x_2}{2}$
完整解题步骤：
${f}' (x)=\cfrac{1-x}{e^x},令 {f}' (x)=\cfrac{1-x}{e^x}=0，解得x=1;$
$即x\in (-\infty,1),{f}' (x)\gt 0,f(x)\nearrow ;$
$x\in (1,+\infty),{f}' (x)\lt 0,f(x)\searrow ;$
$\because f(x_1)=f(x_2),不妨设{\color{Red} x_1\lt 1\lt x_2,} ,$
$要证x_1+x_2\gt 2,即证1\gt x_1\gt 2-x_2\Leftrightarrow$只需证明：
${\color{Red} f(x_1)} \gt f(2-x_2)\Leftrightarrow {\color{Red} f(x_2)} \gt f(2-x_2)\Leftrightarrow {\color{Red} f(x_2)} -f(2-x_2)\gt 0$
$即只需构造g(x)=f(x)-f(2-x)$
并证明在$x\gt 1时，g(x)\gt 0恒成立即可$。
${g}' (x)={f}' (x)-{f}' (2-x){(2-x)}' =\cfrac{1-x}{e^x}+\cfrac{1-(2-x)}{e^{2-x}}$
$=\cfrac{1-x}{e^x}+\cfrac{x-1}{e^{2-x}} =(x-1)(\cfrac{1}{e^{2-x}}-\cfrac{1}{e^x})\gt 0\quad x\gt 1$
$g(x)\gt g(1)=f(1)-f(1)=0$

${\color{Red}进阶一下: }$

$(一):证明:x_1x_2\lt 1$
$(二):证明:{f}' (\cfrac{x_1+x_2}{2} )\lt 0,即证\cfrac{x_1+x_2}{2}$ 处于单调递减区间嘛
$(三):证明:x_1^2+x_2^2\gt 2\Rightarrow x_1^2+x_2^2\ge 2x_1x_2$
$\begin{cases} x_1^2+x_2^2\ge 2x_1x_2\\ x_1^2+x_2^2= x_1^2+x_2^2\end{cases}\Rightarrow 2( x_1^2+x_2^2)\ge (x_1+x_2)^2$
$(四)若x_1\lt x_2证明:x_1+2x_2\gt 3$

$例2、已知f(x)=\ln x-ax有两个零点x_1,x_2，求证:x_1x_2\gt e^2$
乍看此题目并不是极值点偏移的题型，求导可得极值为$(\cfrac{1}{a},-\ln a-1)$
对证明结论分析一下：
$x_1x_2\gt e^2\Rightarrow \ln (x_1x_2)\gt \ln e^2\Rightarrow \ln x_1+\ln x_2\gt 2;$
$f(x_1)=0\Rightarrow \ln x_1=ax_1;f(x_2)=0\Rightarrow \ln x_2=ax_2;$
$a(x_1+x_2)\gt 2 \Rightarrow x_1+x_2\gt \cfrac{2}{a}$
法一若用对数不等式证：
$f(x)=0\Rightarrow \ln x_1=ax_1\quad ①\qquad \ln x_2=ax_2\quad ②;$
$\Rightarrow ①-②=a(x_1-x_2)=\ln x_1-\ln x_2$
$\Rightarrow \cfrac{x_1-x_2}{\ln x_1-\ln x_2} =\cfrac{1}{a}\lt \cfrac{x_1+x_2}{2}$
法二常规解法：
$\because f(x)=0\Rightarrow \ln x=ax\Rightarrow a=\cfrac{\ln x}{x}\quad (零点变交点)$
有两个零点即$g(x)\cfrac{\ln x}{x}与y=a$有两个交点
${\color{Green}g(x_1)=g(x_2) } =a,证明x_1x_\gt e^2,$
$分析:不妨设{\color{Green} 0\lt x_1\lt e\lt x_2} ,e\gt x_1\gt \cfrac{e^2}{x_2}$
$g(x)在(0,e)\nearrow易证$
$\Rightarrow g(x_1)\gt g(\cfrac{e^2}{x_2})\quad 双变量不等式马上要变单变量！$
${\color{Red} \because g(x_1)=g(x_2)} \Rightarrow {\color{Red} \because g(x_2)}\gt g(\cfrac{e^2}{x_2})\qquad$这一步非常重要！
构造$F(x)=g(x)-g(\cfrac{e^2}{x})\quad x\in (e,+\infty)\quad$求导证明它大于零恒成立。
下面是证明的完整步骤：
$f(x)=\ln x-ax有两个零点x_1,x_2,即f(x)=0\Rightarrow a=\cfrac{\ln x}{x},$转变为$y=a,与g(x)=\cfrac{\ln x}{x}有两个不同的交点x_1,x_2$
${g}' (x)=\cfrac{1-\ln x}{x^2} ,令{g}'(x)=0,解得x=e,$
即当$x\in (0,e),{g}'(x)\gt 0,g(x)\nearrow : x\in (e,+\infty) {g}'(x)\lt 0,g(x)\searrow$
不妨设${\color{Green} 0\lt x_1\lt e\lt x_2}, \quad \therefore e\gt x_1\gt \cfrac{e^2}{x_2}$
${\color{Green} f(x_1)} \gt f(\cfrac{e^2}{x_2} )\Rightarrow {\color{Red} f(x_2)}\gt f(\cfrac{e^2}{x_2} )$
$注：双变量变单变量，接着构造复合函数$
$构造函数h(x)=g(x)-g(\cfrac{e^2}{x} )\quad x\in (e,+\infty)$ 注：用${\color{Green}x代替x2 }$，
${h}' (x)={g}' (x)-{g}' (\cfrac{e^2}{x} )\times {[\cfrac{e^2}{x} ]}' \quad注：复合函数求导公式$
$=\cfrac{1-\ln x}{x^2}-\cfrac{1-\ln \cfrac{e^2}{x} }{(\cfrac{e^2}{x})^2 }\times (-\cfrac{e^2}{x^2} )\quad x\gt e\therefore$
$=\cfrac{1-\ln x}{x^2}-\cfrac{1-\ln x}{e^2}=(1-\ln x)(\cfrac{1}{x^2}-\cfrac{1}{e^2})\gt 0$
$h(x)\nearrow\Rightarrow h(x)\gt h(e)=0$