《2025年创新设计高考总复习数学浙江专版》

例2 (2025·广州模拟节选)已知函数$f(x)=ax\ln x + x^{2}$，$g(x)=\mathrm{e}^{x} + x - 1$，$0＜a\leqslant 1$，求证：$f(x)＜g(x)$.证明　要证明$f(x) ＜ g(x)$，只需证明$ax\ln x + x^2 ＜ e^x + x - 1$，只需证明$\frac{a\ln x}{x} + 1 ＜ \frac{e^x + x - 1}{x^2}$，令$u(x) = \frac{a\ln x}{x} + 1$，$v(x) = \frac{e^x + x - 1}{x^2}$，又$u'(x) = \frac{a(1 - \ln x)}{x^2}$，$0 ＜ a \leq 1$，则$0 ＜ x ＜ e$时，$u'(x) ＞ 0$，函数$u(x)$在$(0,e)$上单调递增；$x ＞ e$时，$u'(x) ＜ 0$，函数$u(x)$在$(e, +\infty)$上单调递减；所以$x = e$时，$u(x)$取得最大值，最大值为$\frac{a}{e} + 1$。由$v(x) = \frac{e^x + x - 1}{x^2}$可得$v'(x) = \frac{(x - 2)(e^x - 1)}{x^3}$，则$0 ＜ x ＜ 2$时，$v'(x) ＜ 0$，函数$v(x)$在$(0,2)$上单调递减；$x ＞ 2$时，$v'(x) ＞ 0$，函数$v(x)$在$(2, +\infty)$上单调递增；则$x = 2$时，$v(x)$取得最小值，且最小值为$\frac{e^2 + 1}{4}$，又$\frac{e^2 + 1}{4} - \frac{a}{e} - 1= \frac{e^2 - 4a - 3}{4}＞ \frac{1}{e}$，所以$\left(\frac{a\ln x}{x} + 1\right)_{\max} ＜ \left(\frac{e^x + x - 1}{x^2}\right)_{\min}$所以$0 ＜ a \leq 1$时，$f(x) ＜ g(x)$。

答案： 例2证明　要证明$f(x) ＜ g(x)$，只需证明$ax\ln x + x^2 ＜ e^x + x - 1$，只需证明$\frac{a\ln x}{x} + 1 ＜ \frac{e^x + x - 1}{x^2}$，令$u(x) = \frac{a\ln x}{x} + 1$，$v(x) = \frac{e^x + x - 1}{x^2}$，又$u'(x) = \frac{a(1 - \ln x)}{x^2}$，$0 ＜ a \leq 1$，则$0 ＜ x ＜ e$时，$u'(x) ＞ 0$，函数$u(x)$在$(0,e)$上单调递增；$x ＞ e$时，$u'(x) ＜ 0$，函数$u(x)$在$(e, +\infty)$上单调递减；所以$x = e$时，$u(x)$取得最大值，最大值为$\frac{a}{e} + 1$。由$v(x) = \frac{e^x + x - 1}{x^2}$可得$v'(x) = \frac{(x - 2)(e^x - 1)}{x^3}$，则$0 ＜ x ＜ 2$时，$v'(x) ＜ 0$，函数$v(x)$在$(0,2)$上单调递减；$x ＞ 2$时，$v'(x) ＞ 0$，函数$v(x)$在$(2, +\infty)$上单调递增；则$x = 2$时，$v(x)$取得最小值，且最小值为$\frac{e^2 + 1}{4}$，又$\frac{e^2 + 1}{4} - \frac{a}{e} - 1= \frac{e^2 - 4a - 3}{4}＞ \frac{1}{e}$，所以$\left(\frac{a\ln x}{x} + 1\right)_{\max} ＜ \left(\frac{e^x + x - 1}{x^2}\right)_{\min}$所以$0 ＜ a \leq 1$时，$f(x) ＜ g(x)$。

训练2 (2025·南昌模拟节选)已知函数$f(x)=\mathrm{e}x^{2} - x\ln x$，求证：当$x＞0$时，$f(x)＜x\mathrm{e}^{x} + \frac{1}{\mathrm{e}}$.证明　要证$f(x) ＜ x e^x + \frac{1}{e}$，由于$x ＞ 0$，只需证$e x - \ln x ＜ e^x + \frac{1}{e x}$，即$e x - e^x ＜ \ln x + \frac{1}{e x}$。令$h(x) = \ln x + \frac{1}{e x}(x ＞ 0)$，则$h'(x) = \frac{e x - 1}{e x^2}$，易知$h(x)$在$\left(0, \frac{1}{e}\right)$上单调递减，在$\left(\frac{1}{e}, +\infty\right)$上单调递增，则$h(x)_{\min} = h\left(\frac{1}{e}\right) = 0$，所以$\ln x + \frac{1}{e x} \geq 0$。再令$\varphi(x) = e x - e^x$，则$\varphi'(x) = e - e^x$，易知$\varphi(x)$在$(0,1)$上单调递增，在$(1, +\infty)$上单调递减，则$\varphi(x)_{\max} = \varphi(1) = 0$，所以$e x - e^x \leq 0$。因为$h(x)$与$\varphi(x)$不同时为$0$，所以$e x - e^x ＜ \ln x + \frac{1}{e x}$，故原不等式成立。

答案： 训练2证明　要证$f(x) ＜ x e^x + \frac{1}{e}$，由于$x ＞ 0$，只需证$e x - \ln x ＜ e^x + \frac{1}{e x}$，即$e x - e^x ＜ \ln x + \frac{1}{e x}$。令$h(x) = \ln x + \frac{1}{e x}(x ＞ 0)$，则$h'(x) = \frac{e x - 1}{e x^2}$，易知$h(x)$在$\left(0, \frac{1}{e}\right)$上单调递减，在$\left(\frac{1}{e}, +\infty\right)$上单调递增，则$h(x)_{\min} = h\left(\frac{1}{e}\right) = 0$，所以$\ln x + \frac{1}{e x} \geq 0$。再令$\varphi(x) = e x - e^x$，则$\varphi'(x) = e - e^x$，易知$\varphi(x)$在$(0,1)$上单调递增，在$(1, +\infty)$上单调递减，则$\varphi(x)_{\max} = \varphi(1) = 0$，所以$e x - e^x \leq 0$。因为$h(x)$与$\varphi(x)$不同时为$0$，所以$e x - e^x ＜ \ln x + \frac{1}{e x}$，故原不等式成立。