开篇的碎碎念：近期学校老师针对导数展开了复习与训练，其中不乏一类与零点和&差相关的不等式问题，命题以形如 x_{1}+x_{2}>f(a),\left| x_{1}-x_{2} \right|g_{1}(x)>f(x) [3]，故 g_{1}(x_{1})>f(x_{1})=g_{1}(x_{3}) ，依 g_{1}(x) 在该区间内单调递减可知 x_{1}>x_{3} ；同理我们亦可得到 x_{2}f(x)=\text{e}^{x}+ax\ (x>0) 有两个零点 x_{1},x_{2} 。证明： \left| x_{1}-x_{2} \right|4 。即证 \left| x_{1}-x_{2} \right|f(x)=2a\ln x-x^{2}+2(a-1)x+a\ (x>0) 有两个不同的零点 x_{1}，x_{2} ，证明： x_{1}+x_{2}=2a

证：易知 x=a 是 f(x) 的极大值点，设 g(x)=Ax^{2}+Bx+C ，且令 f(a)=g(a),f'(a)=g'(a),f''(a)=g''(a) 以保证拟合出的函数与原函数相似。

解得 g(x)=(-\frac{1}{a}-1)x^{2}+(2+2a)x+2a\ln a-2a

通过构造 h(x)=f(x)-g(x) 求导知 (0,a) 有 f(x)f(x)>g(x)

那么就能得到如图结果

故 x_{1}+x_{2}>x_{3}+x_{4}=2a .

对于有增有减的原函数，我们通常选择三次函数去拟合，并保证两者的极值与单调性相同。一种方法当然是待定系数法，由于已经在二次函数里介绍过，这里不加赘述，转而学习另一种方法——借助泰勒展开拟合。直接上题。

T： 已知函数 f(x)=\text{e}^{x}-\frac{1}{2}x^{2}-ax 有两个极值点 x_{1},x_{2} ，证明： f(x_{1})+f(x_{2})>2

证：为了得到三次函数，我们不妨借助 \text{e}^{x}\geq\frac{1}{6}x^{3}+\frac{1}{2}x^{2}+x+1 ，故有g(x)=\frac{1}{6}x^{3}+(1-a)x+1\leq f(x) ，易知 g(x) 对称中心为 (0,1) ，设 g(x) 极值点为 x_{3}，x_{4} ，那么 f(x_{1})+f(x_{2})>g(x_{3})+g(x_{4})=2

这样的拟合避免了复杂的计算，不失为一种巧妙的思路

飘带函数，应该是一些研究解题技巧的人命名的，实际上就是与 \ln x 相关的几个不等式

\frac{1}{2}(x-\frac{1}{x})m>n 。分别记关于 x 的方程 f(x)=m 在 (-\infty,0) 上两个不同的解为 x_{1},x_{2} ；记关于 x 的方程 f(x)=n 在 (-2,+\infty) 上两个不同的解为 x_{3},x_{4} 。证明： \left| x_{1}-x_{2} \right|>\left| x_{3}-x_{4} \right| .

T_{4}: 若 f(x)=a-\frac{1}{x}-\ln x 有两个零点 x_{1},x_{2} ，证明： x_{1}+x_{2}