浙江 2022 · 数学 q22

冷启动：先把题目在说什么弄清楚

$$f(x)=\frac{\mathrm e}{2x}+\ln x\quad(x>0)$$

第 (2) 问说：曲线上三个不同点处的切线，都经过同一个点 $(a,b)$。要证两组不等式。

① $(a,b)$ 不是切点。 这是全题第一个关键，也是最容易读错的地方。三个切点是 $\left(x_1,f(x_1)\right)$、$\left(x_2,f(x_2)\right)$、$\left(x_3,f(x_3)\right)$；$(a,b)$ 只是这三条切线共同经过的那个点，题目没说它在曲线上（一般也不在）。

所以未知量要设在切点上，而不是在 $(a,b)$ 上。「过某点的切线」与「在某点处的切线」是两回事：前者可以有好几条，后者只有一条。

② 「有三条切线」是条件，不是问题。 题目不问「能作几条」，而是已经告诉你有三条。这句话的价值在于：它等价于某个方程有三个不同的根，于是给出关于 $a$、$b$ 的不等式——证明所需的一切，都从这个不等式里长出来。

③ 两小问只差一处。 (i) 是 $a>\mathrm e$，(ii) 是 $0<a<\mathrm e$。后面会看到，这两种情形唯一的区别是两个极值点谁是极小、谁是极大，而正是这一次身份交换，让两小问的不等号方向相反。

④ 目标长得吓人，但结构简单。 (i) 要证的是 $b-f(a)$ 夹在 $0$ 与 $\dfrac12\left(\dfrac a{\mathrm e}-1\right)$ 之间；(ii) 要证的是 $\dfrac1{x_1}+\dfrac1{x_3}$ 夹在两个数之间——注意是 $x_1$ 与 $x_3$（最小与最大那两个切点），中间那个 $x_2$ 不参与。

第 (1) 问：求单调区间

① 求导。 $\dfrac{\mathrm e}{2x}=\dfrac{\mathrm e}2\cdot x^{-1}$，导数是 $-\dfrac{\mathrm e}{2x^{2}}$；$\ln x$ 的导数是 $\dfrac1x$。所以

$$f'(x)=-\frac{\mathrm e}{2x^{2}}+\frac1x$$

② 通分，把符号看清。 关键是通分成一个分式——分母恒正，符号只由分子决定：

$$f'(x)=\frac{-\mathrm e+2x}{2x^{2}}=\boxed{\frac{2x-\mathrm e}{2x^{2}}}\qquad(x>0)$$

$2x^{2}>0$，所以 $f'(x)$ 与 $2x-\mathrm e$ 同号。

③ 读区间。

• $0<x<\dfrac{\mathrm e}2$ 时 $2x-\mathrm e<0$，$f'(x)<0$，$f$ 递减；
• $x>\dfrac{\mathrm e}2$ 时 $2x-\mathrm e>0$，$f'(x)>0$，$f$ 递增。

$$\text{减区间 }\left(0,\frac{\mathrm e}2\right),\qquad \text{增区间 }\left(\frac{\mathrm e}2,+\infty\right)$$

（记一个数，后面要用。） $f$ 的最小值在 $x=\dfrac{\mathrm e}2$ 处，而更有用的是

$$f(\mathrm e)=\frac{\mathrm e}{2\mathrm e}+\ln\mathrm e=\frac12+1=\frac32$$

这个 $\dfrac32$ 是第 (2) 问 (i) 的收口处正好要用的数。

解法一：把「三条切线」翻译成「g 有三个零点」，再用比值代换收口

公共骨架：从切线到 g 的零点

这一节两小问共用，是整道题的地基。

① 设切点，写切线，代定点。 设切点横坐标为 $t$，切线是

$$y=f(t)+f'(t)(x-t)$$

它过 $(a,b)$，即 $b=f(t)+f'(t)(a-t)$。把它整理成「$\cdots=0$」的形状（移到一边，顺手把 $a-t$ 换成 $t-a$ 变个号）：

$$f'(t)(t-a)-f(t)+b=0$$

于是「过 $(a,b)$ 的切线」与「这个方程的根」一一对应——严格说是切点与根一一对应，而一个切点定一条切线。题目说有三条不同的切线，就是说这个方程有三个不同的正根。把未知量的字母换回 $x$，记

$$g(x)=f'(x)(x-a)-f(x)+b\qquad(x>0)$$

② 把 $g$ 展开。 代入 $f'(x)=\dfrac1x-\dfrac{\mathrm e}{2x^{2}}$ 与 $f(x)=\dfrac{\mathrm e}{2x}+\ln x$：

$$\left(\frac1x-\frac{\mathrm e}{2x^{2}}\right)(x-a) =1-\frac ax-\frac{\mathrm e}{2x}+\frac{\mathrm ea}{2x^{2}}$$

再减去 $\dfrac{\mathrm e}{2x}$、减去 $\ln x$、加上 $b$——注意两个 $\dfrac{\mathrm e}{2x}$ 合成一个 $\dfrac{\mathrm e}x$：

$$\boxed{g(x)=1-\frac{a+\mathrm e}{x}+\frac{\mathrm ea}{2x^{2}}-\ln x+b}$$

③ 再求一次导——这一步是全题的枢纽。 别怕，逐项来：$-\dfrac{a+\mathrm e}{x}$ 的导数是 $\dfrac{a+\mathrm e}{x^{2}}$，$\dfrac{\mathrm ea}{2}x^{-2}$ 的导数是 $-\dfrac{\mathrm ea}{x^{3}}$，$-\ln x$ 的导数是 $-\dfrac1x$：

$$g'(x)=\frac{a+\mathrm e}{x^{2}}-\frac{\mathrm ea}{x^{3}}-\frac1x$$

通分到 $x^{3}$，并把分子按降幂排好：

$$g'(x)=\frac{(a+\mathrm e)x-\mathrm ea-x^{2}}{x^{3}} =-\,\frac{x^{2}-(a+\mathrm e)x+\mathrm ea}{x^{3}}$$

分子那个二次式恰好能因式分解（两根之和 $a+\mathrm e$、两根之积 $\mathrm ea$）：

$$\boxed{g'(x)=-\,\frac{(x-a)(x-\mathrm e)}{x^{3}}}$$

这就是这道题的全部秘密：$g$ 的两个极值点是 $x=a$ 与 $x=\mathrm e$，而且是白送的——不用解任何方程。整道压轴题的两小问，都只是在这两个点上取值。

④ 两端的趋势。 $x\to0^{+}$ 时，$\dfrac{\mathrm ea}{2x^{2}}$ 这一项是 $x^{-2}$ 级、压过所有别的项，故 $g\to+\infty$（这里用到 $a>0$）；$x\to+\infty$ 时 $-\ln x\to-\infty$，故 $g\to-\infty$。

⑤ 顺便说清：为什么题目只讨论 $a>\mathrm e$ 与 $0<a<\mathrm e$。 由 $g'$ 的形状，

• $a=\mathrm e$：$g'(x)=-\dfrac{(x-\mathrm e)^{2}}{x^{3}}\le0$，$g$ 全程递减，最多一个零点——不可能有三条切线；
• $a\le0$：$x>0$ 时 $x-a>0$，于是 $g'$ 的符号只由 $-(x-\mathrm e)$ 定，$g$ 先增后减，只有一个极大值，最多两个零点——也不可能。

所以「有三条切线」这句话本身就迫使 $a>0$ 且 $a\ne\mathrm e$，题目分的两种情形恰好穷尽。

⑥ 三个零点的条件。 两种情形下 $g$ 都是「减—增—减」的形状（只是两个极值点的位置对调），左端 $+\infty$、右端 $-\infty$。要穿过 $x$ 轴三次，只能每段各穿一次：

$$\textbf{极小值}<0\quad\textbf{且}\quad\textbf{极大值}>0$$

（第三段从极大值 $>0$ 出发、降到 $-\infty$，必然再穿一次，不给新条件。）

⑦ 两个取值先算出来，两小问都要用。 把 $x=\mathrm e$ 与 $x=a$ 代进 ② 的 $g$：

$$g(\mathrm e)=1-\frac{a+\mathrm e}{\mathrm e}+\frac{\mathrm ea}{2\mathrm e^{2}}-\ln\mathrm e+b =1-\frac a{\mathrm e}-1+\frac a{2\mathrm e}-1+b =\boxed{b-\frac a{2\mathrm e}-1}$$ $$g(a)=1-\frac{a+\mathrm e}{a}+\frac{\mathrm ea}{2a^{2}}-\ln a+b =1-1-\frac{\mathrm e}a+\frac{\mathrm e}{2a}-\ln a+b =b-\left(\frac{\mathrm e}{2a}+\ln a\right)=\boxed{b-f(a)}$$

$g(a)=b-f(a)$——第 (i) 问要证的那个量，原来就是 $g$ 在 $a$ 处的值。 认出这一点，(i) 的左半边当场就完了。

(i) $a>\mathrm e$

① 定极值的身份。 $a>\mathrm e$，由 $g'(x)=-\dfrac{(x-a)(x-\mathrm e)}{x^{3}}$ 逐段看符号（$x^{3}>0$，只看 $-(x-a)(x-\mathrm e)$）：

所以极小值在 $x=\mathrm e$、极大值在 $x=a$。

② 套上三个零点的条件。 由骨架 ⑥⑦：

$$g(\mathrm e)<0\ \text{且}\ g(a)>0 \quad\Longleftrightarrow\quad b-\frac a{2\mathrm e}-1<0\ \text{且}\ b-f(a)>0$$ $$\boxed{f(a)<b<\frac a{2\mathrm e}+1}$$

③ 左半边已经证完。 $b>f(a)$ 就是

$$b-f(a)>0\quad ✓$$

④ 右半边：把 $b$ 换成它的上界。 由 $b<\dfrac a{2\mathrm e}+1$，

$$b-f(a)<\frac a{2\mathrm e}+1-f(a)$$

现在只要证 $\dfrac a{2\mathrm e}+1-f(a)\le\dfrac12\left(\dfrac a{\mathrm e}-1\right)=\dfrac a{2\mathrm e}-\dfrac12$。两边的 $\dfrac a{2\mathrm e}$ 正好抵消，剩下

$$1-f(a)\le-\frac12 \quad\Longleftrightarrow\quad f(a)\ge\frac32$$

⑤ 而 $f(a)>\dfrac32$ 是第 (1) 问的直接结论。 $f$ 在 $\left(\dfrac{\mathrm e}2,+\infty\right)$ 上递增，$a>\mathrm e>\dfrac{\mathrm e}2$，所以

$$f(a)>f(\mathrm e)=\frac32$$

这就是第 (1) 问的用处——它不是热身，它是 (i) 的最后一块砖。

⑥ 串起来。

$$0<b-f(a)<\frac a{2\mathrm e}+1-f(a)<\frac a{2\mathrm e}+1-\frac32=\frac a{2\mathrm e}-\frac12=\boxed{\frac12\left(\frac a{\mathrm e}-1\right)}$$

（也可以像官方那样设 $u(a)=\dfrac32-f(a)$，由 $u'(a)=\dfrac{\mathrm e-2a}{2a^{2}}<0$ 得 $u(a)<u(\mathrm e)=0$。那与「$f$ 递增」说的是同一件事。）

(ii) $0<a<\mathrm e$

① 极值身份互换。 现在 $a<\mathrm e$，同样逐段看 $-(x-a)(x-\mathrm e)$ 的符号：$g$ 在 $(0,a)$ 减、$(a,\mathrm e)$ 增、$(\mathrm e,+\infty)$ 减。极小值在 $x=a$、极大值在 $x=\mathrm e$——与 (i) 恰好相反。

于是三个零点的条件变成 $g(a)<0$ 且 $g(\mathrm e)>0$：

$$\boxed{\frac a{2\mathrm e}+1<b<f(a)}$$

② 顺带定出三个切点的位置。 每个单调段各一个零点，而分段点是 $a$ 与 $\mathrm e$，所以

$$\boxed{0<x_1<a<x_2<\mathrm e<x_3}$$

这一条后面要用两次（用来定 $t_1$、$t_3$ 的范围）。

③ 换元：把 $\mathrm e$ 和 $a$ 都变成 $1$ 和 $m$。 目标里到处是 $\dfrac1{x}$、$\dfrac2{\mathrm e}$、$\dfrac{\mathrm e-a}{6\mathrm e^{2}}$，说明该用的变量是 $\dfrac1x$ 而不是 $x$。取

$$t=\frac{\mathrm e}x,\qquad m=\frac a{\mathrm e}\in(0,1)$$

代进 ② 段的 $g$：$\dfrac1x=\dfrac t{\mathrm e}$、$\dfrac1{x^{2}}=\dfrac{t^{2}}{\mathrm e^{2}}$、$\ln x=\ln\mathrm e-\ln t=1-\ln t$，于是

$$g=1-(a+\mathrm e)\frac t{\mathrm e}+\frac{\mathrm ea}{2}\cdot\frac{t^{2}}{\mathrm e^{2}}-(1-\ln t)+b =\boxed{\frac m2t^{2}-(m+1)t+\ln t+b}$$

（$\dfrac{a+\mathrm e}{\mathrm e}=m+1$，$\dfrac{a}{2\mathrm e}=\dfrac m2$，而两个 $1$ 抵消。）方程干净了：只剩一个参数 $m$ 和一个 $b$。

记 $t_i=\dfrac{\mathrm e}{x_i}$，则 $t_1,t_2,t_3$ 是这个方程的三个根。$x$ 越大 $t$ 越小，所以 $t_1>t_2>t_3$，且由 ②

$$t_1=\frac{\mathrm e}{x_1}>\frac{\mathrm e}a=\frac1m,\qquad t_3=\frac{\mathrm e}{x_3}<\frac{\mathrm e}{\mathrm e}=1$$

④ 把目标也翻译过去。 $\dfrac1{x_1}+\dfrac1{x_3}=\dfrac{t_1+t_3}{\mathrm e}$，记 $S=t_1+t_3$。要证的式子两边同乘 $\mathrm e$：

$$2+\frac{\mathrm e-a}{6\mathrm e}<S<\frac{2\mathrm e}a-\frac{\mathrm e-a}{6\mathrm e}$$

而 $\dfrac{\mathrm e-a}{6\mathrm e}=\dfrac{1-m}6$、$\dfrac{2\mathrm e}a=\dfrac2m$，且 $2+\dfrac{1-m}6=\dfrac{12+1-m}6$：

$$\boxed{\frac{13-m}6<S<\frac2m-\frac{1-m}6}$$

⑤ 关键恒等式：两根相减。 $t_1$ 与 $t_3$ 都是根：

$$\frac m2t_1^{2}-(m+1)t_1+\ln t_1+b=0,\qquad \frac m2t_3^{2}-(m+1)t_3+\ln t_3+b=0$$

相减，$b$ 当场消失（这就是要相减的理由——$b$ 是我们不知道的那个量）：

$$\frac m2\left(t_1^{2}-t_3^{2}\right)-(m+1)\left(t_1-t_3\right)+\left(\ln t_1-\ln t_3\right)=0$$

用 $t_1^{2}-t_3^{2}=(t_1+t_3)(t_1-t_3)$，再整体除以 $t_1-t_3\ne0$：

$$\boxed{\frac m2S-(m+1)+L=0},\qquad L:=\frac{\ln t_1-\ln t_3}{t_1-t_3}>0$$

⑥ 目标与恒等式怎么对接。 恒等式里有 $S$ 和 $L$ 两个未知量，目标只管 $S$——看起来还差一个方程。突破口是：把恒等式乘上 $S$，因为 $S\cdot L$ 是个好东西。令

$$k=\frac{t_1}{t_3}=\frac{x_3}{x_1}\ (>1),$$

则 $\ln t_1-\ln t_3=\ln k$、$\dfrac{t_1+t_3}{t_1-t_3}=\dfrac{k+1}{k-1}$，于是

$$S\cdot L=\left(t_1+t_3\right)\cdot\frac{\ln t_1-\ln t_3}{t_1-t_3} =\frac{(k+1)\ln k}{k-1}=:\varphi(k)$$

$S$ 与 $L$ 各自都不是 $k$ 的函数（把 $t_1,t_3$ 同倍放大，$k$ 不变而它们都变），但它们的乘积是。 这就是「比值代换」能落地的原因，也解释了下一步为什么要把两个不等式乘起来。恒等式乘 $S$：

$$\boxed{\frac m2S^{2}-(m+1)S+\varphi(k)=0} \quad\text{即}\quad S^{2}-\left(2+\frac2m\right)S=-\frac2m\varphi(k)\tag{$\star$}$$

⑦ 把「夹在两数之间」写成一个二次式。 两个端点之间 $\iff$ 以它们为根的二次式取负值：

$$Q(S):=\left(S-\frac{13-m}6\right)\left(S-\frac2m+\frac{1-m}6\right)<0$$

展开。$S$ 的系数是两根之和的相反数，而两根之和

$$\frac{13-m}6+\left(\frac2m-\frac{1-m}6\right) =\frac{(13-m)-(1-m)}6+\frac2m=\frac{12}6+\frac2m=2+\frac2m$$

——$m$ 在这里神奇地抵消了，这正是 $(\star)$ 左边那个系数。常数项是两根之积：

$$\frac{13-m}6\cdot\frac{12-m(1-m)}{6m}=\frac{(13-m)\left(m^{2}-m+12\right)}{36m}$$

所以

$$Q(S)=S^{2}-\left(2+\frac2m\right)S+\frac{(13-m)\left(m^{2}-m+12\right)}{36m}$$

⑧ 代入 $(\star)$——双变量彻底消失。 把 $(\star)$ 的左边整块换掉：

$$Q(S)=-\frac2m\varphi(k)+\frac{(13-m)\left(m^{2}-m+12\right)}{36m} =\frac2m\left[\frac{(13-m)\left(m^{2}-m+12\right)}{72}-\varphi(k)\right]$$

$\dfrac2m>0$，所以

$$\boxed{\text{原不等式}\iff\varphi(k)>\frac{(13-m)\left(m^{2}-m+12\right)}{72}}$$

只剩两个一元的东西了：左边只含 $k$，右边只含 $m$。

⑨ $\varphi$ 是增函数。 $\varphi(k)=\dfrac{(k+1)\ln k}{k-1}$（$k>1$）。求导（分式求导后通分）：

$$\varphi'(k)=\frac1{(k-1)^{2}}\left(k-\frac1k-2\ln k\right)$$

括号里记作 $u(k)$，则 $u(1)=0$ 且

$$u'(k)=1+\frac1{k^{2}}-\frac2k=\left(1-\frac1k\right)^{2}\ge0$$

（等号只在 $k=1$ 取到。）故 $u$ 在 $[1,+\infty)$ 递增，$k>1$ 时 $u(k)>u(1)=0$，于是 $\varphi'(k)>0$，$\varphi$ 在 $(1,+\infty)$ 上递增。

⑩ 用 $k$ 的下界。 由 ③，$t_1>\dfrac1m$ 而 $t_3<1$，所以

$$k=\frac{t_1}{t_3}>\frac{1/m}{1}=\frac1m>1$$

$\varphi$ 递增，故 $\varphi(k)>\varphi\!\left(\dfrac1m\right)$。算一下这个值（注意代进去的是 $\dfrac1m$，不是 $m$——$m<1$ 根本不在 $\varphi$ 的定义域里）：

$$\varphi\!\left(\frac1m\right) =\frac{\left(\frac1m+1\right)\ln\frac1m}{\frac1m-1} =\frac{\frac{1+m}m\cdot(-\ln m)}{\frac{1-m}m} =\frac{(m+1)\ln m}{m-1}$$

于是只要证

$$\frac{(m+1)\ln m}{m-1}\ \ge\ \frac{(13-m)\left(m^{2}-m+12\right)}{72}\qquad(0<m<1)$$

⑪ 化成一个一元函数。 两边乘 $m-1<0$（不等号翻向），再除以 $m+1>0$，整理得：要证

$$\omega(m):=\ln m+\frac{(m-1)(m-13)\left(m^{2}-m+12\right)}{72(m+1)}<0\qquad(0<m<1)$$

先看端点：$\omega(1)=\ln1+0=0$。所以只要证 $\omega$ 在 $(0,1)$ 上递增，就有 $\omega(m)<\omega(1)=0$。

⑫ $\omega'>0$。 把分子展开成多项式 $(m-1)(m-13)\left(m^{2}-m+12\right)=m^{4}-15m^{3}+39m^{2}-181m+156$ 后求导、通分，分子可以整体分解：

$$\omega'(m)=\frac{(m-1)^{2}\left(3m^{3}-20m^{2}-49m+72\right)}{72m(m+1)^{2}}$$

（想核对就把 $(m-1)^{2}\left(3m^{3}-20m^{2}-49m+72\right)$ 展开，应得 $3m^{5}-26m^{4}-6m^{3}+150m^{2}-193m+72$，与直接通分的分子逐项相同。）

分母 $72m(m+1)^{2}>0$，$(m-1)^{2}>0$，所以只需三次式为正。别去解它的根，粗放一手就够：

$$\left(3m^{3}-20m^{2}-49m+72\right)-\left(3m^{3}+3\right) =-20m^{2}-49m+69=-(m-1)(20m+69)>0$$

（$0<m<1$ 时 $m-1<0$、$20m+69>0$。）于是

$$3m^{3}-20m^{2}-49m+72>3m^{3}+3>0$$

⑬ 收口。 $\omega'>0$ 在 $(0,1)$ 上成立，$\omega$ 递增，故 $\omega(m)<\omega(1)=0$。倒着走回去：

$$\varphi\!\left(\frac1m\right)>\frac{(13-m)\left(m^{2}-m+12\right)}{72} \ \Longrightarrow\ \varphi(k)>\varphi\!\left(\frac1m\right)>\frac{(13-m)\left(m^{2}-m+12\right)}{72}$$

由 ⑧ 这就等价于 $Q(S)<0$。补一句才严密：$Q(S)<0$ 只说 $S$ 落在两个根之间，还得确认哪个根在左：

$$\left(\frac2m-\frac{1-m}6\right)-\frac{13-m}6 =\frac2m-\frac{14-2m}6=\frac{6-m(7-m)}{3m}=\frac{(m-1)(m-6)}{3m}>0$$

（$0<m<1$ 时 $m-1<0$、$m-6<0$，积为正。）所以确实是 $\dfrac{13-m}6<S<\dfrac2m-\dfrac{1-m}6$，再由 ④ 翻译回去：

$$\frac2{\mathrm e}+\frac{\mathrm e-a}{6\mathrm e^{2}}<\frac1{x_1}+\frac1{x_3}<\frac2a-\frac{\mathrm e-a}{6\mathrm e^{2}}\qquad\blacksquare$$

回头看：这道题的骨头只有三根

1. 「三条切线」= 「$g$ 有三个零点」，而 $g'(x)=-\dfrac{(x-a)(x-\mathrm e)}{x^{3}}$ 把两个极值点白送给你。两小问的全部条件都是在 $x=a$ 与 $x=\mathrm e$ 处取值，而且 $g(a)=b-f(a)$ 恰好就是 (i) 要估的那个量。
2. $a$ 与 $\mathrm e$ 谁大，决定谁是极小。(i)(ii) 的不等号方向相反，全部来自这一次身份交换——没有别的差别。
3. (ii) 的双变量只有一条化法：$S$ 与 $L$ 各自都不是 $k$ 的函数，只有乘积 $S\cdot L=\varphi(k)$ 是。所以「把两个不等式乘成一个二次式」不是花招，是唯一出路；乘完之后 $(\star)$ 一代入，双变量当场消失。

为什么这题没有第二条路：第 1 条把入口锁死（切线条数只能翻译成根的个数），第 3 条把出口锁死（能消掉双变量的组合只有那一个）。网上流传的写法差别都在记号——用 $x$ 还是用 $t=\dfrac{\mathrm e}x$、把 $\varphi$ 的单调性写成 $u(k)$ 还是直接放缩——第一个实质动作与依赖的工具完全相同。

（对着页面下方的官方解析读时注意几处笔误，都能对着题解图核出来）：(ii) 那里「整理得到 $\dfrac a{2\mathrm e}+1<b<\dfrac a{2\mathrm e}+\ln a$」的右端应是 $\dfrac{\mathrm e}{2a}+\ln a=f(a)$；「则 $t_1,t_1,t_3$ 为……三个不同的根」应是 $t_1,t_2,t_3$；「要证 $\dfrac1{x_1}+\dfrac1{x_2}$」应是 $\dfrac1{x_1}+\dfrac1{x_3}$；「故 $\varphi(k)>\varphi(m)$」应是 $\varphi\!\left(\dfrac1m\right)$。这些都是原卷排印的笔误，不影响那条思路，但照字面抄会算不下去。

🕳️ 避坑

• $(a,b)$ 不是切点。 「三点处的切线都经过 $(a,b)$」里，$(a,b)$ 只是被经过的点，题目没说它在曲线上。未知量必须设在切点上；把 $(a,b)$ 当切点，第一行就错。
• 三个零点的条件是「极小值 $<0$ 且极大值 $>0$」。 方向写反、只写一个、或写成「两个极值之积 $<0$」（那是两个零点的条件），三种都会全盘皆输。稳的办法是画单调性草图、标出两端趋势、逐段数交点。
• 两个极值点的身份会随参数交换。 本题极值点是 $a$ 与 $\mathrm e$：$a>\mathrm e$ 时极小在 $\mathrm e$，$0<a<\mathrm e$ 时极小在 $a$。两小问不等号方向相反就是这么来的，不能默认某一个永远是极小。
• 相减是为了消掉不知道的那个量。 两个根代入同一个方程，相减把 $b$ 干掉——$b$ 正是题目没给的量。看到「两个根 + 一个未知参数」，先想相减。
• 比值代换要先确认目标能凑成零次齐次比。 $S$、$L$ 单看都不是 $k$ 的函数，只有 $S\cdot L$ 是。凑不出这种形状就说明还差一步变形，别硬套 $k=\dfrac{t_1}{t_3}$。
• 代进 $\varphi$ 的是 $\dfrac1m$，不是 $m$。 $\varphi$ 的定义域是 $(1,+\infty)$，而 $m\in(0,1)$ 根本不在里面。写成 $\varphi(m)$ 是把定义域丢了（官方解析这一处就笔误成 $\varphi(m)$）。
• 乘负数要翻不等号。 ⑪ 那步两边乘 $m-1<0$，$\ge$ 变 $\le$。这一处翻错，最后证出来的是反的。
• 三次式为正不必解根。 $3m^{3}-20m^{2}-49m+72>0$ 直接减去 $3m^{3}+3$ 作比较即可；在 $(0,1)$ 上求它的根是自找麻烦。