《2025年创新设计高考总复习高三数学人教版A版》

例1 (2024·全国甲卷节选)已知函数$f(x)=a(x - 1)-\ln x + 1$.当$a\leqslant 2$时，证明：当$x ＞ 1$时，$f(x)＜\mathrm{e}^{x - 1}$恒成立.例1证明　法一　因为$a \leq 2$，所以当$x ＞ 1$时，$e^{x - 1} - f(x) = e^{x - 1} - a(x - 1) + \ln x - 1 \geq e^{x - 1} - 2x + \ln x + 1$。
令$g(x) = e^{x - 1} - 2x + \ln x + 1$，则只需证当$x ＞ 1$时$g(x) ＞ 0$。
易知$g^{\prime}(x) = e^{x - 1} - 2 + \frac{1}{x}$。
令$h(x) = g^{\prime}(x)$，则$h^{\prime}(x) = e^{x - 1} - \frac{1}{x^{2}}$在$(1, +\infty)$上单调递增。
则当$x ＞ 1$时，$h^{\prime}(x) ＞ h^{\prime}(1) = 0$，所以$h(x) = g^{\prime}(x)$在$(1, +\infty)$上单调递增。
所以当$x ＞ 1$时，$g^{\prime}(x) ＞ g^{\prime}(1) = 0$，故$g(x)$在$(1, +\infty)$上单调递增。
所以当$x ＞ 1$时，$g(x) ＞ g(1) = 0$，即当$x ＞ 1$时，$f(x) ＜ e^{x - 1}$恒成立。
法二　设$g(x) = a(x - 1) - \ln x + 1 - e^{x - 1}$，只需证当$x ＞ 1$时$g(x) ＜ 0$即可。
易知$g^{\prime}(x) = a - \frac{1}{x} - e^{x - 1}$。
令$h(x) = g^{\prime}(x)$，则$h^{\prime}(x) = \frac{1}{x^{2}} - e^{x - 1}$，由基本初等函数的单调性可知$h^{\prime}(x)$在$(1, +\infty)$上单调递减。
则当$x ＞ 1$时，$h^{\prime}(x) ＜ h^{\prime}(1) = 1 - 1 = 0$，所以$h(x) = g^{\prime}(x)$在$(1, +\infty)$上单调递减。
于是当$x ＞ 1$时，$g^{\prime}(x) ＜ g^{\prime}(1) = a - 2$，又$a \leq 2$，所以$a - 2 \leq 0$。
则当$x ＞ 1$时，$g^{\prime}(x) ＜ 0$，故$g(x)$在$(1, +\infty)$上单调递减。
所以当$x ＞ 1$时，$g(x) ＜ g(1) = 0$，即当$x ＞ 1$时，$f(x) ＜ e^{x - 1}$恒成立。

答案： 例1证明　法一　因为$a \leq 2$，所以当$x ＞ 1$时，$e^{x - 1} - f(x) = e^{x - 1} - a(x - 1) + \ln x - 1 \geq e^{x - 1} - 2x + \ln x + 1$。
令$g(x) = e^{x - 1} - 2x + \ln x + 1$，则只需证当$x ＞ 1$时$g(x) ＞ 0$。
易知$g^{\prime}(x) = e^{x - 1} - 2 + \frac{1}{x}$。
令$h(x) = g^{\prime}(x)$，则$h^{\prime}(x) = e^{x - 1} - \frac{1}{x^{2}}$在$(1, +\infty)$上单调递增。
则当$x ＞ 1$时，$h^{\prime}(x) ＞ h^{\prime}(1) = 0$，所以$h(x) = g^{\prime}(x)$在$(1, +\infty)$上单调递增。
所以当$x ＞ 1$时，$g^{\prime}(x) ＞ g^{\prime}(1) = 0$，故$g(x)$在$(1, +\infty)$上单调递增。
所以当$x ＞ 1$时，$g(x) ＞ g(1) = 0$，即当$x ＞ 1$时，$f(x) ＜ e^{x - 1}$恒成立。
法二　设$g(x) = a(x - 1) - \ln x + 1 - e^{x - 1}$，只需证当$x ＞ 1$时$g(x) ＜ 0$即可。
易知$g^{\prime}(x) = a - \frac{1}{x} - e^{x - 1}$。
令$h(x) = g^{\prime}(x)$，则$h^{\prime}(x) = \frac{1}{x^{2}} - e^{x - 1}$，由基本初等函数的单调性可知$h^{\prime}(x)$在$(1, +\infty)$上单调递减。
则当$x ＞ 1$时，$h^{\prime}(x) ＜ h^{\prime}(1) = 1 - 1 = 0$，所以$h(x) = g^{\prime}(x)$在$(1, +\infty)$上单调递减。
于是当$x ＞ 1$时，$g^{\prime}(x) ＜ g^{\prime}(1) = a - 2$，又$a \leq 2$，所以$a - 2 \leq 0$。
则当$x ＞ 1$时，$g^{\prime}(x) ＜ 0$，故$g(x)$在$(1, +\infty)$上单调递减。
所以当$x ＞ 1$时，$g(x) ＜ g(1) = 0$，即当$x ＞ 1$时，$f(x) ＜ e^{x - 1}$恒成立。

训练1 (2023·新高考Ⅱ卷节选)证明：当$0 ＜ x ＜ 1$时，$x - x^{2}＜\sin x ＜ x$.训练1证明　令$h(x) = x - x^{2} - \sin x(0 ＜ x ＜ 1)$，则$h^{\prime}(x) = 1 - 2x - \cos x(0 ＜ x ＜ 1)$。
令$p(x) = 1 - 2x - \cos x(0 ＜ x ＜ 1)$，则$p^{\prime}(x) = -2 + \sin x ＜ 0$。
所以$p(x)$即$h^{\prime}(x)$在$(0,1)$上单调递减，又$h^{\prime}(0) = 0$，所以当$0 ＜ x ＜ 1$时，$h^{\prime}(x) ＜ h^{\prime}(0) = 0$，$h(x)$单调递减。
所以当$0 ＜ x ＜ 1$时，$h(x) ＜ h(0) = 0$，即$x - x^{2} ＜ \sin x$。
令$g(x) = \sin x - x(0 ＜ x ＜ 1)$，则$g^{\prime}(x) = \cos x - 1 \leq 0$，所以$g(x)$在$(0,1)$上单调递减。
又$g(0) = 0$，所以当$0 ＜ x ＜ 1$时$g(x) ＜ g(0) = 0$，即$\sin x ＜ x$。
综上，当$0 ＜ x ＜ 1$时，$x - x^{2} ＜ \sin x ＜ x$。

答案： 训练1证明　令$h(x) = x - x^{2} - \sin x(0 ＜ x ＜ 1)$，则$h^{\prime}(x) = 1 - 2x - \cos x(0 ＜ x ＜ 1)$。
令$p(x) = 1 - 2x - \cos x(0 ＜ x ＜ 1)$，则$p^{\prime}(x) = -2 + \sin x ＜ 0$。
所以$p(x)$即$h^{\prime}(x)$在$(0,1)$上单调递减，又$h^{\prime}(0) = 0$，所以当$0 ＜ x ＜ 1$时，$h^{\prime}(x) ＜ h^{\prime}(0) = 0$，$h(x)$单调递减。
所以当$0 ＜ x ＜ 1$时，$h(x) ＜ h(0) = 0$，即$x - x^{2} ＜ \sin x$。
令$g(x) = \sin x - x(0 ＜ x ＜ 1)$，则$g^{\prime}(x) = \cos x - 1 \leq 0$，所以$g(x)$在$(0,1)$上单调递减。
又$g(0) = 0$，所以当$0 ＜ x ＜ 1$时$g(x) ＜ g(0) = 0$，即$\sin x ＜ x$。
综上，当$0 ＜ x ＜ 1$时，$x - x^{2} ＜ \sin x ＜ x$。