前面我们给出了$\ln x$的一个不太精细的界$$\ln x\leqslant x-1,$$并且在$(0,1)$上，有$\ln x>1-\dfrac 1x$．$\ln x$还有一个更精细的界：\[\forall 0<x<1, \dfrac{x-1}{\sqrt x}<\ln x<\dfrac{2(x-1)}{x+1},\]与\[\forall x>1, \dfrac{2(x-1)}{x+1}<\ln x<\dfrac{x-1}{\sqrt x}.\]图象如下：
证明 记$f(x)=\ln x$，$g(x)=\sqrt x-\dfrac 1{\sqrt x}$，$h(x)=2\cdot\dfrac {x-1}{x+1}$，则有$$f(1)=g(1)=h(1)=0,$$对三个函数分别求导得$$\begin{split} f'(x)=&\dfrac 1x,\\g'(x)=&\dfrac {x+1}{2x\sqrt x},\\h'(x)=&\dfrac {4}{(x+1)^2},\end{split} $$于是有$$\begin{split} (f(x)-g(x))'=&-\dfrac {(\sqrt x-1)^2}{2x\sqrt x}\leqslant 0,\\(f(x)-h(x))'=&\dfrac {(x-1)^2}{x(x+1)^2}\geqslant 0.\end{split}$$所以$f(x)-g(x)$在$(0,+\infty)$上单调递减，$f(x)-h(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增．
又因为$$f(1)-g(1)=f(1)-h(1)=0,$$所以有$$\begin{split} x\in(0,1),g(x)<f(x)<h(x);\\x\in(1,+\infty),h(x)<f(x)<g(x).\end{split} $$证明完毕．
由$\ln x$的精细的界我们可以估计出一些特殊数的自然对数的值，比如令$x=2$得$$\dfrac 23<\ln 2<\dfrac {\sqrt 2}{2}.$$利用上面的不等式容易证明（令\(x=\dfrac ab\)即可）A-L-G不等式（对数—平均值不等式）\[\forall a,b>0\land a\neq b,\sqrt{ab}<\dfrac{a-b}{\ln a-\ln b}<\dfrac{a+b}2.\] A-L-G不等式描述了我们在解导数中的不等式问题中常见的\(\ln\dfrac{x_1}{x_2}\)的上下界，因此是处理该类问题的利器：
例题 已知函数\(f(x)={\rm e}^x-ax\)有两个零点\(x_1<x_2\)，则下列说法错误的是（ ）
A．\(a>{\rm e}\)
B．\(x_1+x_2>2\)
C．\(x_1x_2>1\)
D．有极小值点\(x_0\)，且\(x_1+x_2<2x_0\)
分析与解 函数\(f(x)\)的导函数为\[f'(x)={\rm e}^x-a,\]于是有极小值点\(x=\ln a\)，而极小值为\(a\left(1-\ln a\right)\)．于是根据题意，极小值应小于\(0\)，从而\(a>{\rm e}\)，选项 A 正确．下面分析选项 B、C、D．
根据题意有\[\begin{eqnarray}\begin{split}x_1=\ln a+\ln x_1,\\x_2=\ln a+\ln x_2,\end{split}\end{eqnarray}\] 两式相减，得\[\dfrac{x_1-x_2}{\ln x_1-\ln x_2}=1,\]于是\[\sqrt{x_1x_2}<1<\dfrac{x_1+x_2}2,\]即\[x_1x_2<1\land x_1+x_2>2,\]选项 B 正确，而选项 C 错误．
选项 D：根据题意\(x_0=\ln a\)，而根据(1)，有\[x_1+x_2=2\ln a+\ln\left(x_1x_2\right),\]结合对选项 C 的分析，可知选项 D 正确． 综上，符合题意的选项为 C．
最后给出一道练习：
已知函数$f(x)=\ln x-x$，$f(x)=m$有两个根$x_1,x_2$，证明：$x_1x_2<1$，$x_1+x_2>2$．
证明 由题意知$\ln x_1-x_1=\ln x_2-x_2$，于是有$$\sqrt{x_1x_2}<\dfrac {x_1-x_2}{\ln x_1-\ln x_2}=1<\dfrac {x_1+x_2}{2}.$$命题得证．
更多相关问题见每日一题[78] 对数函数的齐次化构造 ，每日一题[83] 有关\(x_1+x_2\)导函数不等式的对称化构造，对数函数不等式的化齐次方法等等（点击阅读原文后链接可以直接打开）．