这是一道模拟试卷中的压轴题：
设函数$f(x)=\ln x+\dfrac{a}{{\rm e}x}$．
（1）讨论函数$f(x)$的单调性；
（2）若$a=2$，证明：对任意的$x>0$，都有$f(x)>{\rm e} ^{-x}$．
解 （1）$f(x)$的导函数$$f'(x)=\dfrac{1}{{\rm e} x^2}\cdot ({\rm e} x-a),$$于是当$a \leqslant 0$时，函数$f(x)$在$(0,+\infty )$上单调递增；当$a>0$时，函数$f(x)$在$\left( 0,\dfrac {a}{\rm e} \right) $上单调递减，在$\left( \dfrac{a}{\rm e} ,+\infty\right) $上单调递增．
（2）题中的不等式即$$\ln x+\dfrac{2}{{\rm e}x}>{\rm e}^{-x},$$也即$$x\ln x+\dfrac 2{\rm e}>{\rm e}^{-x}\cdot x,$$设函数$h(x)=x\ln x$，那么我们有$$h\left( {\rm e}^{-x}\right) =-{\rm e}^{-x}\cdot x,$$于是该不等式即$$h(x)+h \left( {\rm e} ^{-x}\right) \geqslant -\dfrac 2{\rm e}.$$
发现题中指数部分和对数部分之间的关联后，研究其中的桥梁—$h(x)$就是势在必行的了．事实上，$h(x)$的导函数$$h'(x)=1+\ln x,$$于是函数$h(x)$的草图如图，在$(0,+\infty )$上最小值为$$h\left( \dfrac 1{\rm e} \right) =-\dfrac 1{\rm e}.$$
由于当$x>0$时，${\rm e} ^{-x}$取遍所有$(0,1)$上的实数，于是$h \left( {\rm e} ^{-x}\right) $的取值范围是$\left[-\dfrac 1{\rm e} ,0\right) $．
这样我们就得到了$$h(x)\geqslant -\dfrac 1{\rm e} \land h\left( {\rm e} ^{-x}\right) \geqslant -\dfrac 1{\rm e} ,$$但两个式子中的等号分别当且仅当$x=\dfrac 1{\rm e} $和$x=1$时取得，无法同时取得，因此我们就得到了题中的不等式．
解题中用到了这个简单事实：
引理 一个复合函数$f \left( g(x)\right) $的取值范围是函数$f(x)$的值域的子集，特别的，如果函数$g(x)$的取值范围恰好与$f(x)$的定义域相同，那么复合函数$f \left( g(x)\right) $的取值范围就是函数$f(x)$的值域．
利用引理，我们可以通过一种新颖的方式证明：
如果函数$f(x)=x+\dfrac 1x$，其中$x>0$有最小值$m$，那么$m=2$．
证明 考虑函数$\left[f(x)\right]^2$．
一方面，其最小值为$m^2$；
另一方面，有$$\left[f(x)\right]^2=x^2+\dfrac{1}{x^2}+2=f \left( x^2\right) +2,$$而当$x$取遍所有正实数时，$x^2$也取遍所有正实数，因此其最小值为$m+2$；
综上，可以得到$$m^2=m+2,$$解得$m=2,$其中$m=-1$舍去．
注一 2014年高考全国新课标I卷的压轴题：
设函数$f(x)=a {\rm e} ^x\ln x+\dfrac{b {\rm e} ^{x-1}}{x}$，曲线$y=f(x)$在点$(1,f(1))$处的切线为$y= {\rm e} (x-1)+2$．
（1）求$a,b$；
（2）证明：$f(x)>1$．
该题的第（2）小问的本质即题中不等式．
注二 利用这种复合的方式，可以构造出很多同时包含指数与对数的函数不等式．因此在处理这种同时包含指数与对数的函数不等式时，可以优先寻找充当桥梁的函数以简化问题．