前言
在不等式的证明和函数的单调性有关的问题中，像如下这样的变形，看似风轻云淡，实则暗藏玄机，需要好好体会；
如， ({e}^{x_{0}}-cfrac{1}{x_{0}}=0)，所以 ({e}^{x_0}=cfrac{1}{x_{0}})， 两边同时取对数可得 (x_{0}=-ln x_{0})，
当我们有了这样的储备[ ({e}^{x_0}=cfrac{1}{x_{0}}) 和 (x_{0}=-ln x_{0}) ]后，
遇到处理函数 ({e}^{x_0}-ln x_{0})的最值时，我们就可以用等价变形转换为求简单熟知的函数(cfrac{1}{x_{0}}+x_{0})的最值.
典例剖析
(1). 求函数 (f(x)) 的极值；
解析： 函数 (f(x)) 的定义域为 ((0,+infty))， (f'(x)=cfrac{a}{x}+1=cfrac{x+a}{x})，
当 (a geqslant 0) 时， (f'(x)>0)， (f(x)) 在 ((0,+infty)) 单调递增，此时函数 (f(x)) 无极值；
当 (a<0) 时，由 (f'(x)>0)， 得 (x>-a)， 由 (f'(x)<0)， 得 (0<x<-a)，
则可知函数 (f(x)) 在 ((0,-a)) 上单调递减，在 ((-a,+infty)) 上单调递增，
所以函数 (f(x)) 的极小值为 (f(-a)=a ln (-a)-a-1)，无极大值.
综上可知， 当 (a geqslant 0) 时， 函数(f(x)) 无极值;
当 (a<0) 时，函数 (f(x)) 的极小值为 (f(-a)=a ln (-a)-a-1)，无极大值.
(2). 当 (a=1) 时， 求证： (x{e}^{x}-2-f(x)geqslant 0).
解析： 当 (a=1) 时，由题设 (g(x)=x{e}^{x}-2-f(x)=x{e}^{x}-ln x-x-1)，
则 (g'(x)=(x+1){e}^{x}-cfrac{1}{x}-1=(x+1)({e}^{x}-cfrac{1}{x}))， (xin(0,+infty))，
其中 (x+1>0)， 令 (h(x)={e}^{x}-cfrac{1}{x})， 易知函数 (h(x)) 在 ((0,+infty)) 单调递增.
由 (h(cfrac{1}{2})=sqrt{e}-2<0)， (h(1)=e-1>0)，
所以存在 (x_{0}in(cfrac{1}{2}, 1))，满足 (h(x_{0})=0)， 即有 ({e}^{x_{0}}-cfrac{1}{x_{0}}=0)，
所以 ({e}^{x_0}=cfrac{1}{x_{0}})， 两边同时取对数可得 (x_{0}=-ln x_{0})，
则有函数 (g(x)) 在 ((0, x_{0})) 上单调递减，在 ((x_{0},+infty)) 上单调递增，
则有 (g(x)geqslant g(x_{0})=x_{0}{e}^{x_0}-ln x_{0}-x_{0}-1=x_{0}cdotcfrac{1}{x_{0}}+x_{0}-x_{0}-1=0)，
即 (a=1) 时， (x{e}^{x}-2-f(x)geqslant 0).
证明：当 (a=1) 时， 函数 (f(x)=e^x-lnx-cfrac{m^2}{2} (x>0))， 则 (f'(x)={e}^{x}-cfrac{1}{x})，
令 (g(x)={e}^{x}-cfrac{1}{x})，则 (g'(x)=e^x+cfrac{1}{x^2})，
因为 (g'(x)>0)，所以函数 (g(x)) 在 ((0,+infty)) 上单调递增，
又因为 (g(cfrac{1}{2})=sqrt{e}-2<0)，(g(1)={e}-1>0)，
所以存在 (x_{0}in(cfrac{1}{2}, 1))，使 ({e}^{x_0}=cfrac{1}{x_{0}})， 可得 (x_{0}=-ln x_{0})这一步变换是非常关键的一步，在下面求最值时，需要用到这些变换，以简化求最值时的函数的形式。比如后边将函数 ({e}^{x_0}-ln x_{0})等价转化为 容易求最值的函数(cfrac{1}{x_{0}}+x_{0})，
所以对任意 (xin(0,x_{0}))，(g(x)<0)， 即 (f'(x)<0)，
函数 (f(x)) 在 ((0,x_0)) 上单调递减，
对任意 (xin(x_{0},+infty))， (g(x)>0)， 即 (f'(x)>0)，
函数 (f(x)) 在 ((x_0,+infty)) 上单调递增，
所以 (f(x)_{min}=f(x_{0})={e}^{x_{0}}-ln x_{0}-cfrac{m^{2}}{2})，
要证明函数 (f(x)) 的图像均在 (x) 轴上方，只需证明 (f(x)_{min}>0)，
即当 (x_0in (cfrac{1}{2},1)) 时，({e}^{x_{0}}-ln x_{0}-cfrac{m^{2}}{2}>0) 恒成立，
即 (cfrac{m^{2}}{2}<{e}^{x_0}-ln x_{0}=cfrac{1}{x_{0}}+x_{0}) 在 (x_{0}in(cfrac{1}{2}, 1)) 上恒成立，
因为当 (x_{0}in(cfrac{1}{2}, 1)) 时，函数 (u(x_0)=cfrac{1}{x_0}+x_0) 是减函数，
所以 (2<cfrac{1}{x_{0}}+x_{0}<cfrac{5}{2})，
即 (cfrac{m^2}{2}leqslant 2) ，解得 (-2leqslant mleqslant 2)，
所以，当 (a=1) 时，对任意 (min [-2,2]) ，函数 (f(x)) 的图像均在 (x) 轴上方.