1993 年考研数学（二） 第 19 题

比较两个幂指式大小，第一步几乎总是取对数把指数搬下来，化成「多项式 × 对数」的差。接着构造辅助函数 $f(x)$ 并算出 $f(0)=0$——这把不等式转化为「$f$ 在 $x>0$ 时大于其在 $0$ 处的值」，只需证 $f$ 单调增，即 $f^{\prime }>0$。本题 $f^{\prime }=\ln a-\frac{a}{a+x}$，条件 $a>e$ 正是为了保证 $\ln a>1$，与 $\frac{a}{a+x}<1$ 一拍即合让 $f^{\prime }>0$。这类「含参不等式」里，参数的范围条件往往就是导数定号的关键。

本题考查用函数单调性证明不等式。 两端取对数化为多项式与对数的比较，再构造辅助函数。

两端为正，取对数：$(a+x{)}^a<a^{a+x}$ 等价于 $a\ln (a+x)<(a+x)\ln a$，即等价于
$$(a+x)\ln a-a\ln (a+x)>0.$$

令 $f(x)=(a+x)\ln a-a\ln (a+x)$（$x\ge 0$）。则 $f(0)=a\ln a-a\ln a=0$，且
$$f^{\prime }(x)=\ln a-\frac{a}{a+x}.$$

因 $a>e$，故 $\ln a>1$；又 $x>0$ 时 $\frac{a}{a+x}<1$。于是 $f^{\prime }(x)=\ln a-\frac{a}{a+x}>1-1=0$，即 $f$ 在 $(0,+\infty )$ 上单调递增。

从而当 $x>0$ 时 $f(x)>f(0)=0$，即 $(a+x)\ln a-a\ln (a+x)>0$，故 $(a+x{)}^a<a^{a+x}$。证毕。