《2025年创新设计高考总复习数学浙江专版》

例3 (2025·重庆诊断节选)已知函数$f(x)=\mathrm{e}\ln x - \mathrm{e}x$，证明：$xf(x) - \mathrm{e}^{x} + 2\mathrm{e}x\leqslant 0$.证明　$\because x ＞ 0$，$\therefore$只需证$f(x) \leq \frac{e^x}{x} - 2e$，$f'(x) = \frac{e^x (1 - x)}{x}$，$f(x)$在$(0,1)$上单调递增，在$(1, +\infty)$上单调递减，$\therefore f(x)_{\max} = f(1) = -e$ 记$g(x) = \frac{e^x}{x} - 2e(x ＞ 0)$，则$g'(x) = \frac{(x - 1)e^x}{x^2}$，$\therefore$当$0 ＜ x ＜ 1$时，$g'(x) ＜ 0$；当$x ＞ 1$时，$g'(x) ＞ 0$，故$g(x)$在$(0,1)$上单调递减，在$(1, +\infty)$上单调递增，$\therefore g(x)_{\min} = g(1) = -e$。综上，当$x ＞ 0$时，$f(x) \leq g(x)$，即$x f(x) - e^x + 2e x \leq 0$。

答案： 例3证明　$\because x ＞ 0$，$\therefore$只需证$f(x) \leq \frac{e^x}{x} - 2e$，$f'(x) = \frac{e^x (1 - x)}{x}$，$f(x)$在$(0,1)$上单调递增，在$(1, +\infty)$上单调递减，$\therefore f(x)_{\max} = f(1) = -e$ 记$g(x) = \frac{e^x}{x} - 2e(x ＞ 0)$，则$g'(x) = \frac{(x - 1)e^x}{x^2}$，$\therefore$当$0 ＜ x ＜ 1$时，$g'(x) ＜ 0$；当$x ＞ 1$时，$g'(x) ＞ 0$，故$g(x)$在$(0,1)$上单调递减，在$(1, +\infty)$上单调递增，$\therefore g(x)_{\min} = g(1) = -e$。综上，当$x ＞ 0$时，$f(x) \leq g(x)$，即$x f(x) - e^x + 2e x \leq 0$。

训练 (1)(2025·济南模拟)已知函数$f(x)=a\ln x + x$.
①讨论$f(x)$的单调性；
②当$a = 1$时，证明：$xf(x)＜\mathrm{e}^{x}$.

答案： 训练
(1)①解　$f(x)$的定义域为$(0, +\infty)$，$f'(x) = \frac{a}{x} + 1 = \frac{x + a}{x}$。当$a \geq 0$时，$f'(x) ＞ 0$，所以$f(x)$在$(0, +\infty)$上单调递增，当$a ＜ 0$时，若$x \in (-a, +\infty)$，则$f'(x) ＞ 0$；若$x \in (0, -a)$，则$f'(x) ＜ 0$。所以$f(x)$在$(-a, +\infty)$上单调递增，在$(0, -a)$上单调递减。综上所述，当$a \geq 0$时，$f(x)$在$(0, +\infty)$上单调递增；当$a ＜ 0$时，$f(x)$在$(-a, +\infty)$上单调递增，在$(0, -a)$上单调递减。②证明　当$a = 1$时，要证$x f(x) ＜ e^x$，即证$x^2 + x \ln x ＜ e^x$，即证$1 + \frac{\ln x}{x} ＜ \frac{e^x}{x^2}$。令函数$g(x) = 1 + \frac{\ln x}{x}$，则$g'(x) = \frac{1 - \ln x}{x^2}$。令$g'(x) ＞ 0$，得$x \in (0,e)$；令$g'(x) ＜ 0$，得$x \in (e, +\infty)$。所以$g(x)$在$(0,e)$上单调递增，在$(e, +\infty)$上单调递减，所以$g(x)_{\max} = g(e) = 1 + \frac{1}{e}$。令函数$h(x) = \frac{e^x}{x^2}$，则$h'(x) = \frac{e^x (x - 2)}{x^3}$。当$x \in (0,2)$时，$h'(x) ＜ 0$；当$x \in (2, +\infty)$时，$h'(x) ＞ 0$。所以$h(x)$在$(0,2)$上单调递减，在$(2, +\infty)$上单调递增，所以$h(x)_{\min} = h(2) = \frac{e^2}{4}$。因为$\frac{e^2}{4} - \left(1 + \frac{1}{e}\right) ＞ 0$，所以$h(x)_{\min} ＞ g(x)_{\max}$，即$1 + \frac{\ln x}{x} ＜ \frac{e^x}{x^2}$，从而$x f(x) ＜ e^x$得证。

(2)(2025·西安模拟)已知函数$f(x)=\mathrm{e}^{x} + x^{2} - x - 1$.
①求$f(x)$的最小值；
②证明：$\mathrm{e}^{x} + x\ln x + x^{2} -$2x ＞ 0$2x＞0$.(2)①解　由题意可得$f'(x) = e^x + 2x - 1$，则函数$f'(x)$在$\mathbf{R}$上单调递增，且$f'(0) = 0$。由$f'(x) ＞ 0$，得$x ＞ 0$；由$f'(x) ＜ 0$，得$x ＜ 0$。则$f(x)$在$(-\infty,0)$上单调递减，在$(0, +\infty)$上单调递增，故$f(x)_{\min} = f(0) = 0$。②证明　要证$e^x + x \ln x + x^2 - 2x ＞ 0$，即证$e^x + x^2 - x - 1 ＞ -x \ln x + x - 1$。由(1)可知当$x ＞ 0$时，$f(x) ＞ 0$恒成立。设$g(x) = -x \ln x + x - 1$，$x＞0$，则$g'(x) = - \ln x$。由$g'(x) ＞ 0$，得$0 ＜ x ＜ 1$；由$g'(x) ＜ 0$，得$x ＞ 1$。则$g(x)$在$(0,1)$上单调递增，在$(1, +\infty)$上单调递减，从而$g(x) \leq g(1) = 0$，当且仅当$x = 1$时，等号成立。因为等号不能同时成立，故$f(x) ＞ g(x)$，即$e^x + x \ln x + x^2 - 2x ＞ 0$。

答案： 训练
(2)①解　由题意可得$f'(x) = e^x + 2x - 1$，则函数$f'(x)$在$\mathbf{R}$上单调递增，且$f'(0) = 0$。由$f'(x) ＞ 0$，得$x ＞ 0$；由$f'(x) ＜ 0$，得$x ＜ 0$。则$f(x)$在$(-\infty,0)$上单调递减，在$(0, +\infty)$上单调递增，故$f(x)_{\min} = f(0) = 0$。②证明　要证$e^x + x \ln x + x^2 - 2x ＞ 0$，即证$e^x + x^2 - x - 1 ＞ -x \ln x + x - 1$。由
(1)可知当$x ＞ 0$时，$f(x) ＞ 0$恒成立。设$g(x) = -x \ln x + x - 1$，$x＞0$，则$g'(x) = - \ln x$。由$g'(x) ＞ 0$，得$0 ＜ x ＜ 1$；由$g'(x) ＜ 0$，得$x ＞ 1$。则$g(x)$在$(0,1)$上单调递增，在$(1, +\infty)$上单调递减，从而$g(x) \leq g(1) = 0$，当且仅当$x = 1$时，等号成立。因为等号不能同时成立，故$f(x) ＞ g(x)$，即$e^x + x \ln x + x^2 - 2x ＞ 0$。

(3)证明：当$x＞0$时，$\frac{x^{2}}{\mathrm{e}^{x}} - x\ln x + (1 - \frac{1}{\mathrm{e}})x - 1\leqslant 0$.证明　由$\frac{x^2}{e^x} - x \ln x + \left(1 - \frac{1}{e}\right)x - 1 \leq 0$，且$x ＞ 0$可得$\frac{x}{e^x} \leq \ln x + \frac{1}{x} - 1$，令$f(x) = \frac{x}{e^x} - \frac{1}{e}$，则$f'(x) = \frac{1 - x}{e^x}$。由$0 ＜ x ＜ 1$时，$f'(x) ＞ 0$；$x ＞ 1$时，$f'(x) ＜ 0$，得$f(x)$在$(0,1)$上单调递增，在$(1, +\infty)$上单调递减，故$f(x)_{\max} = f(1) = 0$，令$g(x) = \ln x + \frac{1}{x} - 1$，则$g'(x) = \frac{1}{x} - \frac{1}{x^2} = \frac{x - 1}{x^2}$，由$0 ＜ x ＜ 1$时，$g'(x) ＜ 0$；$x ＞ 1$时，$g'(x) ＞ 0$，得$g(x)$在$(0,1)$上单调递减，在$(1, +\infty)$上单调递增，故$g(x)_{\min} = g(1) = 0$，所以$f(x) \leq g(x)$，即$\frac{x^2}{e^x} - x \ln x + \left(1 - \frac{1}{e}\right)x - 1 \leq 0$。

答案： 训练
(3)证明　由$\frac{x^2}{e^x} - x \ln x + \left(1 - \frac{1}{e}\right)x - 1 \leq 0$，且$x ＞ 0$可得$\frac{x}{e^x} \leq \ln x + \frac{1}{x} - 1$，令$f(x) = \frac{x}{e^x} - \frac{1}{e}$，则$f'(x) = \frac{1 - x}{e^x}$。由$0 ＜ x ＜ 1$时，$f'(x) ＞ 0$；$x ＞ 1$时，$f'(x) ＜ 0$，得$f(x)$在$(0,1)$上单调递增，在$(1, +\infty)$上单调递减，故$f(x)_{\max} = f(1) = 0$，令$g(x) = \ln x + \frac{1}{x} - 1$，则$g'(x) = \frac{1}{x} - \frac{1}{x^2} = \frac{x - 1}{x^2}$，由$0 ＜ x ＜ 1$时，$g'(x) ＜ 0$；$x ＞ 1$时，$g'(x) ＞ 0$，得$g(x)$在$(0,1)$上单调递减，在$(1, +\infty)$上单调递增，故$g(x)_{\min} = g(1) = 0$，所以$f(x) \leq g(x)$，即$\frac{x^2}{e^x} - x \ln x + \left(1 - \frac{1}{e}\right)x - 1 \leq 0$。