《2025年世纪金榜高中全程复习方略高中数学A版》

[例3]已知$a＞0$，且$x^{2}+x\ln a - ae^{x}\ln x＞0$对任意的$x\in(0,1)$恒成立，则实数$a$的取值范围为________。

答案： [解析]因为$x^{2}+x\ln a - ae^{x}\ln x＞0$，
所以$ae^{x}\ln x＜x^{2}+x\ln a$，
所以$\frac{\ln x}{x}＜\frac{x+\ln a}{ae^{x}}=\frac{\ln(ae^{x})}{ae^{x}}$，
即$\frac{\ln x}{x}＜\frac{\ln(ae^{x})}{ae^{x}}$对任意的$x\in(0,1)$恒成立，
设$f(x)=\frac{\ln x}{x}$，则$f'(x)=\frac{1-\ln x}{x^{2}}$，
所以当$x\in(0,1)$时，$f'(x)＞0$，所以$f(x)$在$(0,1)$上单调递增，
所以$x\in(0,1)$时，$f(x)＜0$。
因为$\frac{\ln x}{x}＜\frac{\ln(ae^{x})}{ae^{x}}$，所以$x＜ae^{x}$，
所以$a＞\frac{x}{e^{x}}$恒成立，令$g(x)=\frac{x}{e^{x}}$，则$g'(x)=\frac{1 - x}{e^{x}}＞0$，即$g(x)$在$(0,1)$上单调递增，故$a\geqslant g(1)=\frac{1}{e}$，实数$a$的取值范围是$[\frac{1}{e},+\infty)$。
答案：$[\frac{1}{e},+\infty)$

[例4]已知函数$f(x)=e^{x}+2ax(x\in\mathbf{R})$，
(1)求$f(x)$的单调性；
(2)$a＞0$，令$g(x)=f(x)-a(x - 1)\ln(ax - a)+a$，若$g(x)$恒单调递增，求$a$的取值范围。

答案： [解析]
(1)$f'(x)=e^{x}+2a$。
当$a\geqslant0$时，$f(x)$在$(-\infty,+\infty)$上单调递增。
当$a＜0$时，$f(x)$在$(-\infty,\ln(-2a))$上单调递减，在$(\ln(-2a),+\infty)$上单调递增。
(2)$g(x)=e^{x}+2ax - a(x - 1)\ln(ax - a)+a$的定义域为$(1,+\infty)$。因为$g(x)$恒单调递增，
所以$g'(x)=e^{x}-a\ln(ax - a)+a\geqslant0$在$(1,+\infty)$上恒成立，即$\frac{e^{x}}{a}\geqslant\ln a(x - 1)-1$，也即$e^{x-\ln a}-\ln a\geqslant\ln(x - 1)-1$，整理得$e^{x-\ln a}+(x-\ln a)\geqslant e^{\ln(x - 1)}+\ln(x - 1)$。令$F(x)=e^{x}+x$，显然$F(x)$在$(1,+\infty)$上单调递增，原不等式等价于$F(x-\ln a)\geqslant F(\ln(x - 1))$，所以$x-\ln a\geqslant\ln(x - 1)$，即$\ln a\leqslant x-\ln(x - 1)$。
令$h(x)=x-\ln(x - 1)(x＞1)$，则$h'(x)=1-\frac{1}{x - 1}=\frac{x - 2}{x - 1}(x＞1)$。所以$h(x)$在$(1,2)$上单调递减，在$(2,+\infty)$上单调递增，$h(x)_{min}=h(2)=2$。
因此，$\ln a\leqslant2$，即$a\leqslant e^{2}$，$a$的取值范围是$(0,e^{2}]$。