《2025年创新设计高考总复习数学浙江专版》

例1 (2024·全国甲卷节选)已知函数$f(x)=a(x - 1) - \ln x + 1$.当$a\leqslant 2$时，证明：当$x＞1$时，$f(x)＜\mathrm{e}^{x - 1}$恒成立.证明　法一　因为$a \leq 2$，所以当$x ＞ 1$时，$e^{x - 1} - f(x) = e^{x - 1} - a(x - 1) + \ln x - 1$$\geq e^{x - 1} - 2x + \ln x + 1$.令$g(x) = e^{x - 1} - 2x + \ln x + 1$，则只需证当$x ＞ 1$时$g(x) ＞ 0$。易知$g'(x) = e^{x - 1} - 2 + \frac{1}{x}$，令$h(x) = g'(x)$，则$h'(x) = e^{x - 1} - \frac{1}{x^2}$在$(1, +\infty)$上单调递增，则当$x ＞ 1$时，$h'(x) ＞ h'(1) = 0$，所以$h(x) = g'(x)$在$(1, +\infty)$上单调递增，所以当$x ＞ 1$时，$g'(x) ＞ g'(1) = 0$，故$g(x)$在$(1, +\infty)$上单调递增，所以当$x ＞ 1$时，$g(x) ＞ g(1) = 0$，即当$x ＞ 1$时，$f(x) ＜ e^{x - 1} - e^{-1}$恒成立。法二　设$g(x) = a(x - 1) - \ln x + 1 - e^{1 - x}$，只需证当$x ＞ 1$时$g(x) ＜ 0$即可。易知$g'(x) = a - \frac{1}{x} - e^{1 - x}$，令$h(x) = g'(x)$，则$h'(x) = \frac{1}{x^2} - e^{1 - x}$，由基本初等函数的单调性可知$h'(x)$在$(1, +\infty)$上单调递减，则当$x ＞ 1$时，$h'(x) ＜ h'(1) = 1 - 1 = 0$，所以$h(x) = g'(x)$在$(1, +\infty)$上单调递减，于是当$x ＞ 1$时，$g'(x) ＜ g'(1) = a - 2$，又$a \leq 2$，所以$a - 2 \leq 0$，则当$x ＞ 1$时，$g'(x) ＜ 0$，故$g(x)$在$(1, +\infty)$上单调递减，所以当$x ＞ 1$时，$g(x) ＜ g(1) = 0$，即当$x ＞ 1$时，$f(x) ＜ e^{x - 1} - e^{-1}$恒成立。

答案： 例1证明　法一　因为$a \leq 2$，所以当$x ＞ 1$时，$e^{x - 1} - f(x) = e^{x - 1} - a(x - 1) + \ln x - 1$$\geq e^{x - 1} - 2x + \ln x + 1$.令$g(x) = e^{x - 1} - 2x + \ln x + 1$，则只需证当$x ＞ 1$时$g(x) ＞ 0$。易知$g'(x) = e^{x - 1} - 2 + \frac{1}{x}$，令$h(x) = g'(x)$，则$h'(x) = e^{x - 1} - \frac{1}{x^2}$在$(1, +\infty)$上单调递增，则当$x ＞ 1$时，$h'(x) ＞ h'(1) = 0$，所以$h(x) = g'(x)$在$(1, +\infty)$上单调递增，所以当$x ＞ 1$时，$g'(x) ＞ g'(1) = 0$，故$g(x)$在$(1, +\infty)$上单调递增，所以当$x ＞ 1$时，$g(x) ＞ g(1) = 0$，即当$x ＞ 1$时，$f(x) ＜ e^{x - 1} - e^{-1}$恒成立。法二　设$g(x) = a(x - 1) - \ln x + 1 - e^{1 - x}$，只需证当$x ＞ 1$时$g(x) ＜ 0$即可。易知$g'(x) = a - \frac{1}{x} - e^{1 - x}$，令$h(x) = g'(x)$，则$h'(x) = \frac{1}{x^2} - e^{1 - x}$，由基本初等函数的单调性可知$h'(x)$在$(1, +\infty)$上单调递减，则当$x ＞ 1$时，$h'(x) ＜ h'(1) = 1 - 1 = 0$，所以$h(x) = g'(x)$在$(1, +\infty)$上单调递减，于是当$x ＞ 1$时，$g'(x) ＜ g'(1) = a - 2$，又$a \leq 2$，所以$a - 2 \leq 0$，则当$x ＞ 1$时，$g'(x) ＜ 0$，故$g(x)$在$(1, +\infty)$上单调递减，所以当$x ＞ 1$时，$g(x) ＜ g(1) = 0$，即当$x ＞ 1$时，$f(x) ＜ e^{x - 1} - e^{-1}$恒成立。

训练1 (2023·新高考Ⅱ卷节选)证明：当$0＜x＜1$时，$x - x^{2}＜\sin x＜x$.证明　令$h(x) = x - x^2 - \sin x(0 ＜ x ＜ 1)$，则$h'(x) = 1 - 2x - \cos x(0 ＜ x ＜ 1)$。令$p(x) = 1 - 2x - \cos x(0 ＜ x ＜ 1)$，则$p'(x) = -2 + \sin x ＜ 0$，所以$p(x)$即$h'(x)$在$(0,1)$上单调递减，又$h'(0) = 0$，所以当$0 ＜ x ＜ 1$时，$h'(x) ＜ h'(0) = 0$，$h(x)$单调递减，所以当$0 ＜ x ＜ 1$时，$h(x) ＜ h(0) = 0$，即$x - x^2 ＜ \sin x$。令$g(x) = \sin x - x(0 ＜ x ＜ 1)$，则$g'(x) = \cos x - 1 \leq 0$，所以$g(x)$在$(0,1)$上单调递减，又$g(0) = 0$，所以当$0 ＜ x ＜ 1$时，$g(x) ＜ g(0) = 0$，即$\sin x ＜ x$。综上，当$0 ＜ x ＜ 1$时，$x - x^2 ＜ \sin x ＜ x$。

答案： 训练1证明　令$h(x) = x - x^2 - \sin x(0 ＜ x ＜ 1)$，则$h'(x) = 1 - 2x - \cos x(0 ＜ x ＜ 1)$。令$p(x) = 1 - 2x - \cos x(0 ＜ x ＜ 1)$，则$p'(x) = -2 + \sin x ＜ 0$，所以$p(x)$即$h'(x)$在$(0,1)$上单调递减，又$h'(0) = 0$，所以当$0 ＜ x ＜ 1$时，$h'(x) ＜ h'(0) = 0$，$h(x)$单调递减，所以当$0 ＜ x ＜ 1$时，$h(x) ＜ h(0) = 0$，即$x - x^2 ＜ \sin x$。令$g(x) = \sin x - x(0 ＜ x ＜ 1)$，则$g'(x) = \cos x - 1 \leq 0$，所以$g(x)$在$(0,1)$上单调递减，又$g(0) = 0$，所以当$0 ＜ x ＜ 1$时，$g(x) ＜ g(0) = 0$，即$\sin x ＜ x$。综上，当$0 ＜ x ＜ 1$时，$x - x^2 ＜ \sin x ＜ x$。