《2025年赢在微点数学》

[例1]　若对任意的$x_{1},x_{2}∈[-2,0),x_{1}\lt x_{2}$，$\frac{x_{2}e^{x_{1}} - x_{1}e^{x_{2}}}{x_{1}-x_{2}}\lt a$恒成立，则$a$的最小值为（ ）
A. $-\frac{3}{e^{2}}$
B. $-\frac{2}{e^{2}}$
C. $-\frac{1}{e^{2}}$
D. $-\frac{1}{e}$

答案： A　解析　因为$x_{1}＜x_{2}$，所以$x_{1}-x_{2}＜0$，则$\frac{x_{2}e^{x_{1}}-x_{1}e^{x_{2}}}{x_{1}-x_{2}}＜a$可化为$x_{2}e^{x_{1}}-x_{1}e^{x_{2}}＞a(x_{1}-x_{2})$，整理得$x_{2}e^{x_{1}}+ax_{2}＞x_{1}e^{x_{2}}+ax_{1}$，因为$x_{1}x_{2}＞0$，所以$\frac{e^{x_{1}}}{x_{1}}+\frac{a}{x_{1}}＞\frac{e^{x_{2}}}{x_{2}}+\frac{a}{x_{2}}$，令$f(x)=\frac{e^{x}}{x}+\frac{a}{x}$，则函数$f(x)$在$[-2,0)$上单调递减，则$f^{\prime}(x)=\frac{e^{x}(x - 1)-a}{x^{2}}\leq0$在$[-2,0)$上恒成立，所以$e^{x}(x - 1)\leq a$在$[-2,0)$上恒成立，令$g(x)=e^{x}(x - 1)$，则$g^{\prime}(x)=e^{x}(x - 1)+e^{x}=xe^{x}＜0$在$[-2,0)$上恒成立，则$g(x)=e^{x}(x - 1)$在$[-2,0)$上单调递减，所以$g(x)\leq g(-2)=-\frac{3}{e^{2}}$，故只需满足$a\geq-\frac{3}{e^{2}}$。故选A。

[变式训练]　若$0\lt x_{1}\lt x_{2}\lt1$，则（ ）
A. $e^{x_{2}} - e^{x_{1}}\gt\ln x_{2}-\ln x_{1}$
B. $e^{x_{2}} - e^{x_{1}}\lt\ln x_{2}-\ln x_{1}$
C. $x_{2}e^{x_{1}}\gt x_{1}e^{x_{2}}$
D. $x_{2}e^{x_{1}}\lt x_{1}e^{x_{2}}$

答案： C　解析　构造函数$f(x)=e^{x}-\ln x$，则其定义域为$(0,+\infty)$，$f^{\prime}(x)=e^{x}-\frac{1}{x}$，易知$f^{\prime}(x)$在定义域上是增函数，且$f^{\prime}(\frac{1}{e})=e^{\frac{1}{e}}-e＜0$，$f^{\prime}(1)=e - 1＞0$，所以$f^{\prime}(x)=e^{x}-\frac{1}{x}$在$(0,1)$上有零点，所以$f(x)$在$(0,1)$上有一个极值点，所以$f(x)$在$(0,1)$上不单调，无法判断$f(x_{1})$与$f(x_{2})$的大小，故A，B错误；令$g(x)=\frac{e^{x}}{x}$，则在区间$(0,1)$上$g^{\prime}(x)=\frac{e^{x}(x - 1)}{x^{2}}＜0$，所以$g(x)$在$(0,1)$上单调递减，又因为$x_{2}＞x_{1}$，所以$\frac{e^{x_{1}}}{x_{1}}＞\frac{e^{x_{2}}}{x_{2}}$。故选C。

[例2]　设$a,b$都为正数，$e$为自然对数的底数，若$ae^{a + 1}+b\lt b\ln b$，则（ ）
A. $ab\gt e$
B. $b\gt e^{a + 1}$
C. $ab\lt e$
D. $b\lt e^{a + 1}$

答案： B　解析　由已知，$ae^{a + 1}＜b(\ln b - 1)=b\ln\frac{b}{e}$，则$e^{a}\ln e^{a}＜\frac{b}{e}\ln\frac{b}{e}$。设$f(x)=x\ln x$，则$f(e^{a})＜f(\frac{b}{e})$。因为$a＞0$，则$e^{a}＞1$。又$b(\ln b - 1)＞0$，$b＞0$，则$\ln b＞1$，即$b＞e$，从而$\frac{b}{e}＞1$。当$x＞1$时，$f^{\prime}(x)=\ln x + 1＞0$，则$f(x)$在$(1,+\infty)$内单调递增，所以$e^{a}＜\frac{b}{e}$，即$b＞e^{a + 1}$。故选B。

[变式训练]　设$m\gt0$，对任意实数$x\geqslant e$，不等式$x^{2}\ln x - me^{\frac{x}{m}}\geqslant0$恒成立，则$m$的最大值是________。

答案： e　解析　由$x^{\frac{m}{x}}\ln x - me^{\frac{m}{x}}\geq0$，得$x\ln x\geq\frac{m}{x}e^{\frac{m}{x}}$，即$\ln x\cdot e^{\ln x}\geq\frac{m}{x}e^{\frac{m}{x}}(x\geq e)$，设$f(t)=te^{t}(t\geq0)$，则$f(t)$在$[0,+\infty)$上是增函数，又$f(\ln x)\geq f(\frac{m}{x})$，所以$\ln x\geq\frac{m}{x}$，即$m\leq x\ln x$，又当$x\geq e$时，$x\ln x\geq e\ln e = e$，所以$m\leq e$，即$m$的最大值是e。

[例3]　已知函数$f(x)=(e^{x}-1)\ln(x + 1)(x\gt0)$，求证：$f(x)\gt x^{2}$。

答案： 证明　由题意，证明$f(x)＞x^{2}$，只需证明$(e^{x}-1)\ln(x + 1)＞x^{2}$，即证明$\frac{e^{x}-1}{x}＞\frac{x}{\ln(x + 1)}=\frac{(x + 1)-1}{\ln(x + 1)}=\frac{e^{\ln(x + 1)}-1}{\ln(x + 1)}$，令$F(x)=\frac{e^{x}-1}{x}(x＞0)$，则$F^{\prime}(x)=\frac{(x - 1)e^{x}+1}{x^{2}}$，令$g(x)=(x - 1)e^{x}+1$，则$x\in(0,+\infty)$时，$g^{\prime}(x)=xe^{x}＞0$，所以$g(x)$单调递增，所以$x\in(0,+\infty)$时$g(x)＞g(0)=0$，所以$F^{\prime}(x)＞0$，$F(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增，故原不等式成立只需$F(x)＞F(\ln(x + 1))$，即只需$x＞\ln(x + 1)$成立，又$\ln x\leq x - 1$，所以$\ln(x + 1)\leq x$，又$x＞0$，所以$\ln(x + 1)＜x$成立，所以原不等式$f(x)＞x^{2}$成立。