《2025年世纪金榜高中全程复习方略高中数学A版》

[例1]设实数$\lambda＞0$，若对于任意的$x\in(0,+\infty)$，不等式$e^{\lambda x}-\frac{\ln x}{\lambda}\geqslant0$恒成立，则$\lambda$的最小值为（ ）
A. e
B. $\frac{1}{2e}$
C. $\frac{1}{e}$
D. $\frac{2}{e}$

答案： C 由$e^{\lambda x}-\frac{\ln x}{\lambda}\geqslant0$，得$\lambda e^{\lambda x}-\ln x\geqslant0$，
即$\lambda xe^{\lambda x}-x\ln x\geqslant0$，也即$\lambda xe^{\lambda x}\geqslant x\ln x$。
由同构$x\ln x=e^{\ln x}\cdot\ln x$，
可得$(\lambda x)\cdot e^{\lambda x}\geqslant\ln x\cdot e^{\ln x}$。
设$f(x)=xe^{x}$，
则$f'(x)=(x + 1)e^{x}＞0$对$x\in(0,+\infty)$恒成立，所以$f(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增。
由$(\lambda x)\cdot e^{\lambda x}\geqslant\ln x\cdot e^{\ln x}$可得$f(\lambda x)\geqslant f(\ln x)$，即$\lambda x\geqslant\ln x$，也即$\lambda\geqslant\frac{\ln x}{x}$，所以$\lambda\geqslant(\frac{\ln x}{x})_{max}$。
令$g(x)=\frac{\ln x}{x}(x＞0)$，则$g'(x)=\frac{1-\ln x}{x^{2}}(x＞0)$。
所以当$x\in(0,e)$时，$g'(x)＞0$，$g(x)$单调递增；
当$x\in(e,+\infty)$时，$g'(x)＜0$，$g(x)$单调递减。
因此，$g(x)_{max}=g(e)=\frac{1}{e}$，故$\lambda\geqslant\frac{1}{e}$。

[例2]已知函数$f(x)=ae^{x - 1}-\ln x+\ln a$，若$f(x)\geqslant1$，则$a$的取值范围为________。

答案： [解析]由$f(x)\geqslant1$，得$ae^{x - 1}-\ln x+\ln a\geqslant1$。
变形后可化为$ae^{x - 1}\geqslant\ln\frac{ex}{a}\Leftrightarrow e^{x - 1}\geqslant\frac{1}{a}\ln\frac{ex}{a}\Leftrightarrow e^{x}\geqslant\frac{e}{a}\ln\frac{ex}{a}\Leftrightarrow xe^{x}\geqslant\frac{ex}{a}\ln\frac{ex}{a}\Leftrightarrow e^{x}\ln e^{x}\geqslant\frac{ex}{a}\ln\frac{ex}{a}$。
令$g(x)=x\ln x(x＞0)$，则$g'(x)=1+\ln x$，可知当$x\in(0,\frac{1}{e})$时，$g'(x)＜0$，$g(x)$单调递减；
当$x\in(\frac{1}{e},+\infty)$时，$g'(x)＞0$，$g(x)$单调递增。
所以原不等式等价于$g(e^{x})\geqslant g(\frac{ex}{a})$，且$x＞0$，$e^{x}＞1$，$\frac{ex}{a}＞0$。
所以$g(e^{x})\geqslant g(\frac{ex}{a})\Leftrightarrow e^{x}\geqslant\frac{ex}{a}\Rightarrow a\geqslant(\frac{ex}{e^{x}})_{max}$。
令$h(x)=\frac{ex}{e^{x}}(x＞0)$，则$h'(x)=\frac{e(1 - x)}{e^{x}}$。
所以当$x\in(0,1)$时，$h'(x)＞0$，$h(x)$单调递增；
当$x\in(1,+\infty)$时，$h'(x)＜0$，$h(x)$单调递减。
所以$h(x)_{max}=h(1)=1$，
故$a$的取值范围是$[1,+\infty)$。
答案：$[1,+\infty)$