《2025年世纪金榜高中全程复习方略高中数学A版》

[例4]已知函数$f(x)=\ln x$，
(1)求函数$g(x)=(x^{2}+1)f(x)-2x + 2(x\geq1)$的最小值；
(2)当$0 ＜ a ＜ b$时，求证：$f(b)-f(a)＞\frac{2a(b - a)}{a^{2}+b^{2}}$.

答案： [解析]
(1)$g'(x)=2x\ln x+\frac{x^{2}+1}{x}-2=2x\ln x+x+\frac{1}{x}-2$。因为$x\geq1$，所以$g'(x)\geq0$，所以$g(x)$在$[1,+\infty)$上单调递增，所以$g(x)_{min}=g(1)=0$。
(2)由
(1)知，当$x＞1$时，$g(x)＞0$，所以$(x^{2}+1)\ln x＞2(x - 1)$，即$\ln x＞\frac{2(x - 1)}{x^{2}+1}$。令$x=\frac{b}{a}$，则$\ln\frac{b}{a}＞\frac{2(\frac{b}{a}-1)}{(\frac{b}{a})^{2}+1}=\frac{2a(b - a)}{a^{2}+b^{2}}$，所以$f(b)-f(a)＞\frac{2a(b - a)}{a^{2}+b^{2}}$。

[例5]已知函数$f(x)=ae^{x}-\ln x - 1$，求证：当$a\geq\frac{1}{e}$时，$f(x)\geq0$.

答案： [证明]令$h(a)=ae^{x - 1}-\ln x - 1$，则$h(a)$在$[\frac{1}{e},+\infty)$上单调递增，所以$h(a)_{min}=h(\frac{1}{e})$。要证$f(x)\geq0$，只需证$h(a)\geq0$，即证$h(a)_{min}=h(\frac{1}{e})=e^{x - 1}-\ln x - 1\geq0$。构造函数$g(x)=e^{x - 1}-\ln x - 1$，则$g'(x)=e^{x - 1}-\frac{1}{x}$在$(0,+\infty)$上单调递增。注意到$g'(1)=0$，所以当$0＜x＜1$时，$g'(x)＜0$；当$x＞1$时，$g'(x)＞0$。故$g(x)_{min}=g(1)=0$，$g(x)\geq0$，即$e^{x - 1}-\ln x - 1\geq0$，所以当$a\geq\frac{1}{e}$时，$f(x)\geq0$。

[例6]已知不等式$e^{x}-(a + 2)x\geq b - 2$，则$\frac{b - 5}{a + 2}$的最大值为 （ ）
A. $-\frac{1}{\ln3}$
B. $-\ln3$
C. $\frac{1}{e^{3}}$
D. $e^{3}$

答案： B 由题意知$e^{x}\geq(a + 2)x + b - 2$恒成立，可构造函数$f(x)=e^{x}$，$y=(a + 2)x + b - 2$。设直线与指数函数的切点坐标为$(x_{0},e^{x_{0}})$，则$e^{x}\geq e^{x_{0}}\cdot x+e^{x_{0}}-x_{0}e^{x_{0}}$。因此$\begin{cases}a + 2=e^{x_{0}},\\b - 2=(1 - x_{0})e^{x_{0}}.\end{cases}$则$\frac{b - 5}{a + 2}=\frac{(1 - x_{0})e^{x_{0}}-3}{e^{x_{0}}}=1 - x_{0}-\frac{3}{e^{x_{0}}}$。令$g(t)=1 - t-\frac{3}{e^{t}}$，则$g'(t)=-1+\frac{3}{e^{t}}$。令$g'(t)=0$，则$t=\ln3$，$g(t)_{max}=g(\ln3)=-\ln3$。