函数与导数综合压轴

1. 1两个零点满足 ${\mathrm{e}}^{x_1}=a{x}_1$ 与 ${\mathrm{e}}^{x_2}=a{x}_2$，且由 ${\mathrm{e}}^x>0$ 知 $x_1,x_2>0$。
2. 2两式分别取对数：$x_1=\ln a+\ln x_1$，$x_2=\ln a+\ln x_2$，两式相减消去 $a$ 得关键关系 $x_2-x_1=\ln x_2-\ln x_1$，即 $\frac{x_2-x_1}{\ln x_2-\ln x_1}=1$。
3. 3引理（对数均值不等式的上半部分）：当 $0<x_1<x_2$ 时 $\frac{x_2-x_1}{\ln x_2-\ln x_1}<\frac{x_1+x_2}{2}$。
4. 4引理的证明：令 $t=\frac{x_2}{x_1}>1$，不等式等价于 $\ln t>\frac{2(t-1)}{t+1}$。构造 $h(t)=\ln t-\frac{2(t-1)}{t+1}$，则 $h^{\prime }(t)=\frac{1}{t}-\frac{4}{(t+1{)}^2}=\frac{(t-1{)}^2}{t(t+1{)}^2}>0$，故 $h$ 在 $(1,+\infty )$ 上递增，$h(t)>h(1)=0$，引理得证。
5. 5把第二步的结论代入引理左边：$1<\frac{x_1+x_2}{2}$，故 $x_1+x_2>2$。

点评双零点问题先用「两式相减消参」得到 $x_2-x_1=\ln x_2-\ln x_1$，再套对数均值不等式 $\sqrt{x_1{x}_2}<\frac{x_2-x_1}{\ln x_2-\ln x_1}<\frac{x_1+x_2}{2}$，比构造对称差函数更短。该不等式两侧都要会独立证明。

1. 1令 $t=ax$。因 $a>0$、$x>0$，故 $t$ 取遍 $(0,+\infty )$。
2. 2原不等式化为 ${\mathrm{e}}^t\ge t+1$，这与 $a$ 无关。
3. 3由基本放缩 ${\mathrm{e}}^t\ge t+1$（等号仅在 $t=0$ 取到）知该式对一切 $t>0$ 严格成立。
4. 4故对任意 $a>0$ 原不等式都成立，即 $a\in (0,+\infty )$。

点评换元把「双参数」变成「单变量」是同构思想的第一步：只要能整体换元，参数往往会自动消失。

1. 1换元把双变量化为单变量：令 $t=\frac{a}{b}>1$，则原不等式两边同除以 $b$ 后化为 $\frac{t-1}{\ln t}>\sqrt{t}$。
2. 2因 $\ln t>0$，等价于证 $t-1>\sqrt{t}\ln t$，即 $\frac{t-1}{\sqrt{t}}>\ln t$，也即 $\sqrt{t}-\frac{1}{\sqrt{t}}>\ln t$。
3. 3再令 $s=\sqrt{t}>1$，只需证 $s-\frac{1}{s}>2\ln s$。
4. 4构造 $g(s)=s-\frac{1}{s}-2\ln s$，$g^{\prime }(s)=1+\frac{1}{s^2}-\frac{2}{s}=\frac{(s-1{)}^2}{s^2}>0$（$s>1$）。
5. 5故 $g$ 在 $(1,+\infty )$ 上递增，$g(s)>g(1)=0$，原不等式得证。

点评双变量不等式的标准路线：齐次化后令 $t=\frac{a}{b}$ 换元，把两个字母压成一个，再用导数处理单变量函数。

1. 1把左边同构：$x{\mathrm{e}}^x={\mathrm{e}}^{x+\ln x}$（因 $x>0$ 时 $x={\mathrm{e}}^{\ln x}$）。
2. 2令 $t=x+\ln x$，则原不等式化为 ${\mathrm{e}}^t\ge t+1$。
3. 3由常用放缩 ${\mathrm{e}}^t\ge t+1$ 对一切实数 $t$ 成立（可由 $f(t)={\mathrm{e}}^t-t-1$ 求导得最小值 $0$ 证明）。
4. 4故原不等式成立，等号当且仅当 $t=0$ 即 $x+\ln x=0$ 时取到。

点评「$x{\mathrm{e}}^x={\mathrm{e}}^{x+\ln x}$」是同构题最核心的一步变形：把乘积形式变成指数形式后，两边就能凑成同一个函数。

1. 1对每一项放缩：当 $k\ge 2$ 时 $\frac{1}{k^2}<\frac{1}{k(k-1)}$。
2. 2而 $\frac{1}{k(k-1)}=\frac{1}{k-1}-\frac{1}{k}$，可以裂项。
3. 3求和：${\sum }_{k=2}^n\frac{1}{k^2}<{\sum }_{k=2}^n\left(\frac{1}{k-1}-\frac{1}{k}\right)=1-\frac{1}{n}$。
4. 4故原不等式成立。

点评「先放缩成可裂项的形式，再求和」是数列不等式最常用的思路；放缩的尺度要恰好——放得太松结论不成立，太紧则无法裂项。

1. 1求导：$f^{\prime }(x)=\ln x+1+1=\ln x+2$。
2. 2令 $f^{\prime }(x)=0$ 得 $\ln x=-2$，即 $x={\mathrm{e}}^{-2}$。
3. 3在 $(0,{\mathrm{e}}^{-2})$ 上 $f^{\prime }<0$ 递减，在 $({\mathrm{e}}^{-2},+\infty )$ 上 $f^{\prime }>0$ 递增，故 $x={\mathrm{e}}^{-2}$ 为最小值点。
4. 4最小值 $f({\mathrm{e}}^{-2})={\mathrm{e}}^{-2}\times (-2)+{\mathrm{e}}^{-2}=-{\mathrm{e}}^{-2}$。

1. 1两边取自然对数：比较 $\pi \ln \mathrm{e}=\pi$ 与 $\mathrm{e}\ln \pi$ 的大小，即比较 $\frac{\ln \mathrm{e}}{\mathrm{e}}$ 与 $\frac{\ln \pi }{\pi }$（两边同除以 $\mathrm{e}\pi$）。
2. 2研究 $f(x)=\frac{\ln x}{x}$：$f^{\prime }(x)=\frac{1-\ln x}{x^2}$，在 $(0,\mathrm{e})$ 上为正、$(\mathrm{e},+\infty )$ 上为负，故 $x=\mathrm{e}$ 是最大值点。
3. 3因 $\pi >\mathrm{e}$，由单调递减得 $f(\pi )<f(\mathrm{e})$，即 $\frac{\ln \pi }{\pi }<\frac{1}{\mathrm{e}}$。
4. 4两边乘以 $\mathrm{e}\pi >0$：$\mathrm{e}\ln \pi <\pi$，即 $\ln {\pi }^{\mathrm{e}}<\ln {\mathrm{e}}^{\pi }$。
5. 5由 $\ln$ 单调递增得 ${\pi }^{\mathrm{e}}<{\mathrm{e}}^{\pi }$。

点评形如 $a^b$ 与 $b^a$ 的比较，一律取对数后转化为 $\frac{\ln x}{x}$ 的大小比较——该函数在 $x=\mathrm{e}$ 处取最大值，是这类题的钥匙。

1. 1由 $x+y=1$ 用「$1$ 的代换」：$\frac{1}{x}+\frac{1}{y}=\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right)(x+y)$。
2. 2展开：$=2+\frac{y}{x}+\frac{x}{y}$。
3. 3由基本不等式 $\frac{y}{x}+\frac{x}{y}\ge 2$，故原式 $\ge 4$。
4. 4取等需 $x=y=\frac{1}{2}$，但题设要求 $x>y$，故最小值 $4$ 取不到，此时下确界为 $4$。

点评本题特意加了 $x>y$ 的限制来考查「取等条件是否可行」：写答案时必须说明等号能否取到，这是双变量最值题的关键分。

1. 1两边取自然对数（$\ln$ 单调递增，不改变不等号方向）：$ax\ge 2\ln x$。
2. 2因 $x>0$，两边同除以 $x$ 得 $a\ge \frac{2\ln x}{x}$ 对一切 $x>0$ 恒成立，即 $a\ge {\max }_{x>0}\frac{2\ln x}{x}$。
3. 3令 $g(x)=\frac{2\ln x}{x}$，$g^{\prime }(x)=\frac{2(1-\ln x)}{x^2}$，在 $(0,\mathrm{e})$ 上为正、在 $(\mathrm{e},+\infty )$ 上为负。
4. 4故最大值为 $g(\mathrm{e})=\frac{2}{\mathrm{e}}$。
5. 5所以 $a\ge \frac{2}{\mathrm{e}}$，最小值为 $\frac{2}{\mathrm{e}}$（此时 $x=\mathrm{e}$ 处取等，不等式恰好成立）。

点评指数与幂混合的恒成立问题，先取对数化成「多项式与对数」的比较，再分离参数求最值——这是把超越不等式降维的标准手段。

1. 1由常用放缩 $\ln (1+t)<t$（$t>0$），取 $t=\frac{1}{k}$ 得 $\ln \frac{k+1}{k}<\frac{1}{k}$。
2. 2对 $k=1,2,\cdots ,n$ 逐个写出并求和：${\sum }_{k=1}^n\ln \frac{k+1}{k}<{\sum }_{k=1}^n\frac{1}{k}$。
3. 3左边可裂项（对数相加变真数相乘）：$\ln \frac{2}{1}+\ln \frac{3}{2}+\cdots +\ln \frac{n+1}{n}=\ln (n+1)$。
4. 4故 $\ln (n+1)<1+\frac{1}{2}+\cdots +\frac{1}{n}$，命题得证。

点评数列不等式的通法：先由函数不等式得到一个「关于 $k$ 的单项估计」，再对 $k$ 求和；对数相加会自动裂项，这是本题的巧点。