已知$a,b>0$且$ab=1$，求证：$2^{a+b}\geqslant 2^a+2^b$．
分析 即证明$$\forall x\in (0,1],\dfrac{1}{2^x}+\dfrac1{2^{1/x}}\leqslant 1,$$考虑利用导数证明．
证法一 化指为对
设$2^x=t$($1<t\leqslant 2$)，则$x=\dfrac{\ln t}{\ln 2}$，欲证不等式即$$\dfrac 1t+\dfrac{1}{2^{\frac{\ln 2}{\ln t}}}\leqslant 1,$$也即$$2^{\frac{\ln 2}{\ln t}}\geqslant \dfrac{t}{t-1},$$整理为$$\dfrac{\ln^22}{\ln t}-\ln t+\ln (t-1)\geqslant 0.$$设$LHS=f(t)$，则$f(t)$的导函数$$f'(t)=\dfrac{\ln^2t-(t-1)\ln^22}{t(t-1)\ln^2t},$$记分子为$r(t)$，则$$r'(t)=\dfrac{2\ln t}t-\ln ^22,$$注意到$$r''(t)=\dfrac {2(1-\ln t)}{t^2},$$因此$r'(t)$在$(1,2]$上单调递增，有唯一零点，因此$r(t)$先单调递减，后单调递增．又$r(1)=r(2)=0$，因此在$(1,2]$上$r(t)\leqslant 0$，因此$f(t)$在$(1,2]$上单调递减，又$f(2)=0$，因此在$(1,2]$上有$f(t)\geqslant 0$，原不等式得证．
证法二 转化命题
记$LHS=f(x)$，则$f(x)$的导函数$$f'(x)=\dfrac{\ln 2}{x^2\cdot 2^{x+\frac 1x}}\cdot \left(2^x-x^2\cdot 2^{\frac 1x}\right).$$注意到当$x\to 0+$时，$f(x)\to 1$，而$f(1)=1$，因此只需要说明函数$f(x)$在$(1,2]$上的极值不超过$1$．
设$m$为$f(x)$在区间$(0,1]$上的极值点，则$$2^m-m^2\cdot 2^{\frac 1m}=0,$$则其极值$$f(m)=\dfrac{1}{2^m}+\dfrac1{2^{\frac 1m}}=\dfrac{1+m^2}{2^m},$$接下来尝试证明辅助命题$$\forall m\in (0,1],2^m\geqslant m^2+1.$$
设$g(m)=2^m-m^2-1$，则$$g(0)=g(1)=0,$$而$g(x)$的导函数$$g'(m)=2^m\ln 2-2m,$$其二阶导函数$$g''(m)=2^m\ln^22-2,$$于是$g'(m)$在$(0,1]$上单调递减，又$g'(0)>0$，$g'(1)<0$，因此$g(m)$在$(0,1]$上先单调递增，后单调递减，于是辅助命题得证．
综上所述，原不等式得证．
证法三 由锋行天下提供
不妨设$a\geqslant b$，则$$b=\dfrac 1a,a\geqslant 1.$$题中不等式转化为$2^{\frac 1a}\left(2^a-2^{a-\frac 1a}-1\right )\geqslant 0$，于是即证$$\forall a\geqslant 1,2^a-2^{a-\frac 1a}-1\geqslant 0.$$设$f(x)=2^x-2^{x-\frac 1x}-1,x\geqslant 1$，对此函数求导得$$f'(x)=\ln 2\cdot 2^{x-\frac 1x}\left(2^{\frac 1x}-1-\dfrac 1{x^2}\right ).$$令$g(m)=2^m-1-m^2,m\in [0,1]$，则$$g'(m)=2^m\cdot\ln 2-2m,$$其二阶导数为$$g''(m)=2^m\cdot(\ln 2)^2-2<0,$$所以$g'(m)$在$[0,1]$上单调递减．又因为$$g'(0)=\ln 2>0,g'(1)=2\ln 2-2<0,$$所以$g(m)$在$[0,1]$上先单调递增，后单调递减．而$$g(0)=g(1)=0,$$所以$g(m)\geqslant 0$恒成立．而当$x\geqslant 1$时，$\dfrac 1x\in (0,1]$，所以$$\forall x\geqslant 1,2^{\frac 1x}-1-\dfrac 1{x^2}\geqslant 0.$$从而有$f'(x)\geqslant 0$，$f(x)$在$[1,+\infty)$上单调递增．又因为$f(1)=0$，所以$f(x)\geqslant f(1)=0$，命题得证．