多元问题与偏移问题是常见的导数大题知识点。
多元问题
多元问题有两种常见的解法：
隔离法较为基础，不再赘述，主要看合一法。
合一法
合一法又有三种形式：
- 对数，令 $t = \dfrac{x_1}{x_2}$
- 指数，令 $t = x_1 – x_2$
- 韦达代换，利用韦达定理。
对数
由于对数的优秀性质，可以将减法转化为除法，从而建立双变量间的联系，因此常常设 $t = \dfrac{x_1}{x_2}$ 进行研究。
随后，通过题目信息获取等式，通过 $x_1 = t \times x_2$ 消元后，得到 $x_2$ 关于 $t$ 的等式，进而代回得到 $x_1$ ，解决问题。
解题分三步走：
- 设出 $t = \dfrac{x_1}{x_2}$ .
- 获取题目中的等式，利用 $t$ 消去一元，获取 $x_2$ 关于 $t$ 的等式。
- 将 $x_1,x_2$ 关于 $t$ 的等式代回目标不等式中，获取关于 $t$ 的单元不等式，构造函数求解。
例题：
2016 年天津高考一模文科五校联考第 20 题 14 分
已知函数 $f(x) = \dfrac{\ln x}{x} – a(a \in \mathbb{R})$ .
设若 $f(x)$ 有两个零点为 $m,n$ ，求证： $mn > e^2$ .
令 $t = \dfrac{n}{m}$ ，不妨设 $n > m$ ，此时 $t > 1$ .
$$
\begin{align}
& f(n) = f(m) = 0 \\
\implies & \dfrac{\ln n}{n} = \dfrac{\ln m}{ m} = a \\
\implies & \dfrac{\ln n}{n} – \dfrac{\ln m}{m} = 0 \\
\iff & \dfrac{m\ln n – n\ln m}{nm} = 0 \\
& \\
& t = \dfrac{n}{m} \implies n = mt \\
& \dfrac{m\ln n – n\ln m}{nm} = 0 \\
\iff & \dfrac{m\ln (mt) – mt\ln m}{mt^2} = 0 \\
\iff & m(\ln m + \ln t) – mt \ln m = 0\\
\iff & (t – 1)\ln m = \ln t \\
\iff & \ln m = \dfrac{\ln t}{t – 1} \\
& n = mt \implies \ln n = \ln m + \ln t = \dfrac{t\ln t}{t – 1} \\
& \\
& \ln m = \dfrac{\ln t}{t – 1},\ln n = \dfrac{t\ln t}{t – 1} \\
& mn > e^2 \\
\iff & \ln m + \ln n > 2\\
\iff & \dfrac{(t+1)\ln t}{t – 1} > 2\\
\iff & (t+1)\ln t – 2(t-1) > 0(t > 1)
\end{align}
$$
通过合一法代换，我们成功将双变量的不等式转化为了关于 $t$ 的单变量不等式。
接下来只需要构造函数正常证明即可，不再赘述。（此处有一口诀：对数单身狗，指数好基友。）
指数
指数是设 $t = x_1 – x_2$ ，利用了相除的性质。与对数类似，请读者举一反三，不再赘述。
韦达代换
韦达代换指的是，通过题目条件得出的一元二次方程，利用韦达定理将双变量统一为单变量求解。
例题：
2017 年山东烟台高三二模文科第 21 题 14 分
已知函数 $g(x) = a\ln x + \dfrac{1}{2}x^2 – ax(a \in \mathbb{R})$ ，若 $g(x)$ 有两个极值点 $x_1,x_2$ ，且不等式 $g(x_1) + g(x_2) < k(x_1 + x_2)$ 恒成立，求 $k$ 的范围。
本题的核心思路是通过韦达定理，对 $x_1 + x_2$ 与 $x_1x_2$ 进行代换。
$$
\begin{align}
& g'(x) = \dfrac{a}{x} + x – a \\
& g'(x) = 0 \iff \dfrac{a}{x} + x = a \iff x^2 – ax + a = 0 \\
& x^2 – ax + a = 0 \\
\implies & x_1 + x_2 = a,x_1 \times x_2 = a \\
& \\
& g(x_1) + g(x_2) < k(x_1 + x_2) \\
\iff & a\ln(x_1 \times x_2) + \dfrac{1}{2}(x_1^2+x_2^2) – (a+k)(x_1+x_2) < 0 \\
\iff & a\ln a + \dfrac{1}{2}(a^2 – 2a) – (a+k)a < 0 \\
\iff & a\ln a- a – \dfrac{1}{2}a^2 – ak < 0 \\
\iff & \dfrac{1}{2}a^2 + (k+1)a – a\ln a > 0
\end{align}
$$
目标不等式转化为关于 $a$ 的不等式，后按常规套路求解即可，不再赘述。
偏移问题
极值点偏移
极值点偏移是解决偏移问题的一种常用手段。
形式上，函数 $f(x)$ 存在极值点 $x_0$ ，目标不等式为 $x_1 + x_2 < 2x_0$ 或 $x_1 + x_2 > 2x_0$ 时，可以考虑使用极值点偏移。
解题步骤：
- 分析 $f(x)$ 单调性。
- $x_1 + x_2 > 2x_0 \implies x_1 > 2x_0 – x_2 \implies f(x_1) > f(2x_0 – x_2) \implies f(x_2) > f(2x_0 – x_2)$
- 求解。
核心在于，将极值点两侧两点，通过对称的方法，置于极值点同侧的单调区间上，再利用单调性求解。
利用到的核心转换是 $f(x_1) = f(x_2) = k$ ，其中 $k$ 常常是 $0$ ，但也可以是其他常数。
如果函数的极值点并不恰好是欲证明的不等式中的 $x_0$ ，可以考虑构造新的函数使其极值点为 $x_0$ .
例题：
已知函数 $f(x) = e^x – ax$ 有两个不同的零点 $x_1,x_2$ ，其极值点为 $x_0$ .
求证： $x_1 + x_2 < 2x_0$ . 求证： $x_1 + x_2 > 2$ .
求证： $x_1 \times x_2 < 1$ .
不妨设 $x_1 < x_0 < x_2$ .
对于第一问 $x_1 + x_2 < 2x_0$ ：
$$
\begin{align}
& f'(x) = e^x – a \\
\implies & \forall x \in (-\inf,\ln a),f'(x) < 0,\forall x \in (\ln a,+\inf),f'(x) > 0 \text{ while } x_0 = \ln a \\
& x_1 + x_2 < 2x_0 \\
\iff & x_1 < 2x_0 – x_2 \\
\because & x_1 < x_0,2x_0 – x_2 < x_0 \\
\therefore & x_1 < 2x_0 – x_2 \iff f(x_1) > f(2x_0 – x_2) \iff f(x_2) > f(2x_0 – x_2) \\
\end{align}
$$
接着按套路求解即可。
对于第二问 $x_1 + x_2 > 2$ ：构造极值点为 $1$ 的函数。
$$
\begin{align}
& f(x_1) = f(x_2) = 0 \\
\iff & e^x – ax = 0 \iff e^x = ax \iff \dfrac{e^x}{x} = a \\
& g(x) = \dfrac{e^x}{x},g'(x) = \dfrac{e^x(x – 1)}{x^2} \\
& \forall x \in (-\inf,1),g'(x) < 0),\forall x \in (1,+\inf),g'(x) > 0 \\
\implies & g(x)_{\min} = g(1)
& \\
& x_1 + x_2 > 2 \\
\iff & x_1 > 2 – x_2 \iff f(x_1) < f(2 – x_2) \iff f(x_2) < f(2-x_2) \\
\end{align}
$$
接着按套路求解即可。
对于第三问 $x_1 \times x_2 < 1$ ，对于乘积形式的偏移问题有两种做法。
第一种就是转化为 $x_1 < \dfrac{1}{x_2}$ 然后按照第二问求解。
第二种是转化为 $\ln x_1 + \ln x_2 < 0$ 求解。
大同小异，读者自证不难。
事实上，极值点偏移灵活使用，可以解决非常多的问题。例如文中的合一法例题 $mn > e^2$ 就可以通过极值点偏移求解。
本文仅抛砖引玉，更多的花样还须读者在题目中学习。