利用橘子洲大桥跨过湘江
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已知 a,b\in \mathrm{R}，函数 f(x)=e^x-a\sin x，g(x)=b\sqrt x。若 y=f(x) 与 y=g(x) 有公共点：
- 当 a=0 时，求 b 的取值范围。
- 证明：a^2+b^2>e。
先做第一问。显然 x\not=0。有 e^x=b\sqrt x，b=\dfrac{e^x}{\sqrt x}。令 \varphi(x)=\dfrac{e^x}{\sqrt x}。
试试求导。\varphi'(x)=\dfrac{(\sqrt x-\dfrac{1}{2\sqrt x})e^x}{x}=e^xx^{-\frac{3}{2}}(x-\dfrac{1}{2})。有 \varphi(x)\ge \varphi(\dfrac{1}{2})=\sqrt{2e}。
综上，b\in[\sqrt{2e},+\infty)。
然后做第二问。
看到第一问的 \sqrt{2e}，有没有什么想法？没错，就是均值不等式！
为了方便，先讨论 a>0 的情况。（a=0 的情况就是第二问）
由均值不等式，a^2+b^2\ge \dfrac{(a+b)^2}{2}。
只要能够证明 \dfrac{(a+b)^2}{2}>e^2，也就是 a+b>\sqrt{2e} 的话，我们不就能解决了？
仔细看看，第二问里面，a=0 的时候恰好有 b\ge \sqrt{2e}。简直就是天作之合！
现在这个想法有了一个可信的证据支持。我们继续来求证它。
我们希望仍然能够用到 \varphi(x) 函数的性质。由 f(x)=g(x)，有 e^x-a\sin x=b\sqrt x，a\dfrac{\sin x}{\sqrt x}+b=\dfrac{e^x}{\sqrt x}。
能不能证明 a+b>a\dfrac{\sin x}{\sqrt x}+b\ge \sqrt{2e}？当然可以！只需证 \sqrt x>\sin x。
显然这个东西在 x> 1 时成立。而 0<x\le 1 时，有 \sqrt x\ge x>\sin x，同样成立！
现在我们已经解决了一半的问题，能不能用同样的方法解决 a<0 的情况呢？当然也可以！
根据均值不等式，只需证 -a+b>\sqrt{2e}。
如果能够证明 -a+b>a\dfrac{\sin x}{\sqrt x}+b，也就是 -\sqrt x<\sin x，我们就大功告成了！
圆满解决！
当然这题也有用柯西不等式的方法，~~我就不信有人想得到。~~
回顾一下，为什么我们可以顺利地解决这道题目？
1. 注意到第一问中 $\sqrt{2e}$ 的限制条件与第二问中均值不等式导出的条件一致。
2. 注意到第一问实际上是第二问的一种特殊情况。
3. 利用第一问中函数的性质。
充分利用好第一问中的「橘子洲大桥」跨过第二问的「湘江」，是一种非常巧妙的解题办法。在面对湘江时，有人可能会直接游过去，这当中会有 99% 的人淹死；也有人选择绕路过去，这当中会有 50% 的人迷路；而我们需要做的，就是找准前面提供的「橘子洲大桥」，然后用合适的方式跨过去。
> **Test Yourself！**
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> 已知 $f(x)=ax^2-ax-x\ln x$。若 $f(x)\ge 0$：
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> 1. 求 $a$ 的值。
> 2. 证明：$f(x)$ 有且仅有一个极大值点 $x_0$。
> 3. 证明：$e^{-2}<f(x_0)<2^{-2}$。
第一问：$f'(x)=2ax-a-1-\ln x$。注意到 $f(1)=0$。所以当且仅当 $f'(1)=0$ 时条件才有可能成立。所以 $f'(1)=a-1=0$，$a=1$。
我们来验证一下：$f(x)=x^2-x-x\ln x=x(x-1-\ln x)$。刚好有 $\ln x\le x-1$，大功告成！
第二问：此时 $f'(x)=2x-2-\ln x$，$f''(x)=2-\dfrac{1}{x}$ 递增。所以 $f'(x)\ge f'(\dfrac{1}{2})=\ln 2-1<0$。又因为 $\lim_{x\to 0}f'(x)=\infty$，$f'(1)=0$。所以唯一的左正右负的零点，也就是 $f(x)$ 的极大值点 $x_0$ 在 $(0,\dfrac{1}{2})$ 范围内。
第三问！有一个已知条件：$2x_0-2-\ln x_0=0$。
下面我们需要利用好这座「橘子洲大桥」，试试捣鼓一下它。
先解决右边那个不等式，我们考虑把 $\ln x_0$ 相关的东西消掉，变成一个多项式。$f(x_0)=x_0^2-x_0-x_0\ln x_0=x_0(x_0-1-\ln x_0)$。由已知条件，$\ln x_0=2x_0-2$。
所以 $f(x_0)=x_0(1-x_0)$。由均值不等式，$x_0(1-x_0)< (\dfrac{x_0+1-x_0}{2})^2=2^{-2}$，成立！
对于左边的不等式，我们考虑保留下来 $\ln x_0$ 相关的东西，让它和 $e^{-2}$ 打出热血沸腾的组合技！
由已知条件，$x_0(1-x_0)=-\dfrac{x_0\ln x_0}{2}$。只需证 $-\dfrac{x_0\ln x_0}{2}>e^{-2}$，也就是 $x_0\ln x_0<-2e^{-2}$。
这不是我们的小同构吗！令 $\varphi(x)=xe^x$，只需证 $\varphi(\ln x_0)<\varphi(-2)$。
先证明一个东西：$x_0\in(0,\dfrac{1}{e})$。注意到代入 $x_0=e^{-1}$ 时，$2x_0-2-\ln x_0=\dfrac{2}{e}-1<0$，根据第二问中该函数的单调性，自然有 $x_0$ 在 $(0,\dfrac{1}{e})$ 之间。
因为 $x_0\in(0,\dfrac{1}{e})$，所以有 $\ln x_0\in(-\infty,-1)$。因为 $\varphi(x)$ 在 $(-\infty,-1)$ 递减，$(-1,+\infty)$ 递增，所以只需要证明 $\ln x_0>-2$，也就是 $x_0>e^{-2}$ 即可。
这里就解释了为啥我们要在上面对 $x_0$ 的范围进一步放缩：充分利用 $xe^x$ 的单调性！
那我们只需要用一样的方法就可以了！把 $x_0=e^{-2}$ 代入 $2x_0-2-\ln x_0$，发现它等于 $2e^{-2}>0$，所以 $x_0>e^{-2}$，证毕！
回顾一下，为什么我们可以顺利地解决这道题目？
1. 回环往复地利用「橘子洲大桥」 $2x_0-2-\ln x_0=0$，以及它的单调性。
2. 巧妙地设计同构，同时根据 $xe^x$ 的单调性缩小 $x_0$ 的范围。