《2025年创新设计高考总复习高三数学人教版A版》

例2 (2025·广州模拟节选)已知函数$f(x)=ax\ln x + x^{2}$，$g(x)=\mathrm{e}^{x}+x - 1$，$0 ＜ a\leqslant 1$，求证：$f(x)＜g(x)$.例2证明　要证明$f(x) ＜ g(x)$，只需证明$a x \ln x + x^{2} ＜ e^{x} + x - 1$，只需证明$\frac{a \ln x}{x} + 1 ＜ \frac{e^{x} + x - 1}{x^{2}}$。
令$u(x) = \frac{a \ln x}{x} + 1$，$v(x) = \frac{e^{x} + x - 1}{x^{2}}$。
又$u^{\prime}(x) = \frac{a(1 - \ln x)}{x^{2}}$，$0 ＜ a \leq 1$，则$0 ＜ x ＜ e$时，$u^{\prime}(x) ＞ 0$，函数$u(x)$在$(0,e)$上单调递增；$x ＞ e$时，$u^{\prime}(x) ＜ 0$，函数$u(x)$在$(e, +\infty)$上单调递减。
所以$x = e$时，$u(x)$取得最大值，最大值为$\frac{a}{e} + 1$。
由$v(x) = \frac{e^{x} + x - 1}{x^{2}}$可得$v^{\prime}(x) = \frac{(x - 2)(e^{x} - 1)}{x^{3}}$，则$0 ＜ x ＜ 2$时，$v^{\prime}(x) ＜ 0$，函数$v(x)$在$(0,2)$上单调递减；$x ＞ 2$时，$v^{\prime}(x) ＞ 0$，函数$v(x)$在$(2, +\infty)$上单调递增。
则$x = 2$时，$v(x)$取得最小值，且最小值为$\frac{e^{2} + 1}{4}$。
又$\frac{e^{2} + 1}{4} - \frac{a}{e} - 1 \geq \frac{e^{2} - 3}{4} - \frac{1}{e} ＞ 0$，所以$\frac{e^{2} + 1}{4} ＞ \frac{a}{e} + 1$，即$(\frac{a \ln x}{x} + 1)_{\max} ＜ (\frac{e^{x} + x - 1}{x^{2}})_{\min}$。
所以$0 ＜ a \leq 1$时，$f(x) ＜ g(x)$。

答案： 例2证明　要证明$f(x) ＜ g(x)$，只需证明$a x \ln x + x^{2} ＜ e^{x} + x - 1$，只需证明$\frac{a \ln x}{x} + 1 ＜ \frac{e^{x} + x - 1}{x^{2}}$。
令$u(x) = \frac{a \ln x}{x} + 1$，$v(x) = \frac{e^{x} + x - 1}{x^{2}}$。
又$u^{\prime}(x) = \frac{a(1 - \ln x)}{x^{2}}$，$0 ＜ a \leq 1$，则$0 ＜ x ＜ e$时，$u^{\prime}(x) ＞ 0$，函数$u(x)$在$(0,e)$上单调递增；$x ＞ e$时，$u^{\prime}(x) ＜ 0$，函数$u(x)$在$(e, +\infty)$上单调递减。
所以$x = e$时，$u(x)$取得最大值，最大值为$\frac{a}{e} + 1$。
由$v(x) = \frac{e^{x} + x - 1}{x^{2}}$可得$v^{\prime}(x) = \frac{(x - 2)(e^{x} - 1)}{x^{3}}$，则$0 ＜ x ＜ 2$时，$v^{\prime}(x) ＜ 0$，函数$v(x)$在$(0,2)$上单调递减；$x ＞ 2$时，$v^{\prime}(x) ＞ 0$，函数$v(x)$在$(2, +\infty)$上单调递增。
则$x = 2$时，$v(x)$取得最小值，且最小值为$\frac{e^{2} + 1}{4}$。
又$\frac{e^{2} + 1}{4} - \frac{a}{e} - 1 \geq \frac{e^{2} - 3}{4} - \frac{1}{e} ＞ 0$，所以$\frac{e^{2} + 1}{4} ＞ \frac{a}{e} + 1$，即$(\frac{a \ln x}{x} + 1)_{\max} ＜ (\frac{e^{x} + x - 1}{x^{2}})_{\min}$。
所以$0 ＜ a \leq 1$时，$f(x) ＜ g(x)$。

训练2 (2025·南昌模拟节选)已知函数$f(x)=\mathrm{e}x^{2}-x\ln x$，求证：当$x ＞ 0$时，$f(x)＜x\mathrm{e}^{x}+\frac{1}{\mathrm{e}}$.训练2证明　要证$f(x) ＜ x e^{x} + \frac{1}{e}$，由于$x ＞ 0$，只需证$e x - e^{x} ＜ \ln x + \frac{1}{e x}$。
令$h(x) = \ln x + \frac{1}{e x}(x ＞ 0)$，则$h^{\prime}(x) = \frac{e x - 1}{e x^{2}}$，易知$h(x)$在$(0,\frac{1}{e})$上单调递减，在$(\frac{1}{e}, +\infty)$上单调递增。
则$h(x)_{\min} = h(\frac{1}{e}) = 0$，所以$\ln x + \frac{1}{e x} \geq 0$。
再令$\varphi(x) = e x - e^{x}$，则$\varphi^{\prime}(x) = e - e^{x}$，易知$\varphi(x)$在$(0,1)$上单调递增，在$(1, +\infty)$上单调递减。
则$\varphi(x)_{\max} = \varphi(1) = 0$，所以$e x - e^{x} \leq 0$。
因为$h(x)$与$\varphi(x)$不同时为$0$，所以$e x - e^{x} ＜ \ln x + \frac{1}{e x}$，故原不等式成立。

答案： 训练2证明　要证$f(x) ＜ x e^{x} + \frac{1}{e}$，由于$x ＞ 0$，只需证$e x - e^{x} ＜ \ln x + \frac{1}{e x}$。
令$h(x) = \ln x + \frac{1}{e x}(x ＞ 0)$，则$h^{\prime}(x) = \frac{e x - 1}{e x^{2}}$，易知$h(x)$在$(0,\frac{1}{e})$上单调递减，在$(\frac{1}{e}, +\infty)$上单调递增。
则$h(x)_{\min} = h(\frac{1}{e}) = 0$，所以$\ln x + \frac{1}{e x} \geq 0$。
再令$\varphi(x) = e x - e^{x}$，则$\varphi^{\prime}(x) = e - e^{x}$，易知$\varphi(x)$在$(0,1)$上单调递增，在$(1, +\infty)$上单调递减。
则$\varphi(x)_{\max} = \varphi(1) = 0$，所以$e x - e^{x} \leq 0$。
因为$h(x)$与$\varphi(x)$不同时为$0$，所以$e x - e^{x} ＜ \ln x + \frac{1}{e x}$，故原不等式成立。