《2025年创新设计高考总复习高三数学人教版A版》

例3 已知$x\in(0,1)$，求证：$x^{2}-\frac{1}{x}＜\frac{\ln x}{\mathrm{e}^{x}}$.

答案： 例3证明　要证$x^{2} - \frac{1}{x} ＜ \frac{\ln x}{e^{x}}$，只需证$e^{x}(x^{2} - \frac{1}{x}) ＜ \ln x$。
又易证$e^{x} ＞ x + 1(0 ＜ x ＜ 1)$，且当$x \in (0,1)$时，$x^{2} - \frac{1}{x} ＜ 0$，所以只需证明$\ln x + (x + 1) \cdot (\frac{1}{x} - x^{2}) ＞ 0$，即证$\ln x + 1 - x^{3} + \frac{1}{x} - x^{2} ＞ 0$。
而$x^{3} ＜ x$，$x^{2} ＜ x(0 ＜ x ＜ 1)$，所以只需证$\ln x + 1 - 2x + \frac{1}{x} ＞ 0$。
令$g(x) = \ln x + 1 - 2x + \frac{1}{x}$，则$g^{\prime}(x) = \frac{1}{x} - 2 - \frac{1}{x^{2}} = -\frac{2x^{2} - x + 1}{x^{2}}$，而$2x^{2} - x + 1 ＞ 0$恒成立，所以$g^{\prime}(x) ＜ 0$。
所以$g(x)$在$(0,1)$上单调递减，所以当$x \in (0,1)$时，$g(x) ＞ g(1) = 0$，即$\ln x + 1 - 2x + \frac{1}{x} ＞ 0$，所以$x^{2} - \frac{1}{x} ＜ \frac{\ln x}{e^{x}}$。

训练3 设函数$f(x)=\ln x - x + 1$.
(1)讨论$f(x)$的单调性；
(2)求证：当$x\in(1,+\infty)$时，$1 ＜ \frac{x - 1}{\ln x}＜x$.

答案： 训练3
(1)解　由题设知$f(x)$的定义域为$(0, +\infty)$，$f^{\prime}(x) = \frac{1}{x} - 1$。
令$f^{\prime}(x) = 0$，解得$x = 1$。
当$0 ＜ x ＜ 1$时，$f^{\prime}(x) ＞ 0$，$f(x)$在$(0,1)$上单调递增；当$x ＞ 1$时，$f^{\prime}(x) ＜ 0$，$f(x)$在$(1, +\infty)$上单调递减。
(2)证明　由
(1)知$f(x)$在$x = 1$处取得最大值，且最大值为$f(1) = 0$，所以当$x \neq 1$时，$\ln x ＜ x - 1$。
故当$x \in (1, +\infty)$时，$0 ＜ \ln x ＜ x - 1$，即$\frac{x - 1}{\ln x} ＞ 1$。
又$\ln \frac{1}{x} ＜ \frac{1}{x} - 1$，所以$\ln x ＞ \frac{x - 1}{x}$，即$\frac{x - 1}{\ln x} ＜ x$。
故当$x \in (1, +\infty)$时，恒有$1 ＜ \frac{x - 1}{\ln x} ＜ x$。

例1 已知函数$f(x)=x\ln x$，求证：$f(x)＜2\mathrm{e}^{x - 2}$.例1证明　要证$f(x) ＜ 2e^{x - 2}(x ＞ 0)$，即证$x \ln x ＜ 2e^{x - 2}$，即证$\frac{\ln x}{x} ＜ \frac{2}{e^{2}} \cdot \frac{e^{x}}{x^{2}}$。
令$g(x) = \frac{\ln x}{x}$，$h(x) = \frac{2}{e^{2}} \cdot \frac{e^{x}}{x^{2}}$。
$g(x) = \frac{\ln x}{x}$在$(0,e)$上单调递增，$(e, +\infty)$上单调递减。
所以当$x = e$时，$g(x)_{\max} = g(e) = \frac{1}{e}$。
$h^{\prime}(x) = \frac{2}{e^{2}} \cdot \frac{x^{2}e^{x} - 2xe^{x}}{x^{4}} = \frac{2}{e^{2}} \cdot \frac{e^{x}(x - 2)}{x^{3}}$，所以$h(x)$在$(0,2)$上单调递减，$(2, +\infty)$上单调递增。
所以当$x = 2$时，$h(x)_{\min} = h(2) = \frac{1}{2e}$，$\frac{1}{e} ＜ \frac{1}{2e}$，即$g(x)_{\max} ＜ h(x)_{\min}$，得证。

答案： 例1证明　要证$f(x) ＜ 2e^{x - 2}(x ＞ 0)$，即证$x \ln x ＜ 2e^{x - 2}$，即证$\frac{\ln x}{x} ＜ \frac{2}{e^{2}} \cdot \frac{e^{x}}{x^{2}}$。
令$g(x) = \frac{\ln x}{x}$，$h(x) = \frac{2}{e^{2}} \cdot \frac{e^{x}}{x^{2}}$。
$g(x) = \frac{\ln x}{x}$在$(0,e)$上单调递增，$(e, +\infty)$上单调递减。
所以当$x = e$时，$g(x)_{\max} = g(e) = \frac{1}{e}$。
$h^{\prime}(x) = \frac{2}{e^{2}} \cdot \frac{x^{2}e^{x} - 2xe^{x}}{x^{4}} = \frac{2}{e^{2}} \cdot \frac{e^{x}(x - 2)}{x^{3}}$，所以$h(x)$在$(0,2)$上单调递减，$(2, +\infty)$上单调递增。
所以当$x = 2$时，$h(x)_{\min} = h(2) = \frac{1}{2e}$，$\frac{1}{e} ＜ \frac{1}{2e}$，即$g(x)_{\max} ＜ h(x)_{\min}$，得证。

例2 设函数$f(x)=\mathrm{e}^{x}\ln x + \frac{2\mathrm{e}^{x - 1}}{x}$，证明：$f(x)＞1$.例2证明　要证$f(x) ＞ 1$，即证$e^{x} \ln x + \frac{2e^{x - 1}}{x} ＞ 1$，即证$x \ln x ＞ x e^{-x} - \frac{2}{e}(x ＞ 0)$。
设$g(x) = x \ln x$，则$g^{\prime}(x) = 1 + \ln x$。
当$x \in (0,\frac{1}{e})$时，$g^{\prime}(x) ＜ 0$；当$x \in (\frac{1}{e}, +\infty)$时，$g^{\prime}(x) ＞ 0$。
故$g(x)$在$(0,\frac{1}{e})$上单调递减，在$(\frac{1}{e}, +\infty)$上单调递增，从而$g(x)$在$(0, +\infty)$内的最小值为$g(\frac{1}{e}) = -\frac{1}{e}$。
设$h(x) = x e^{-x} - \frac{2}{e}$，则$h^{\prime}(x) = e^{-x}(1 - x)$。
所以当$x \in (0,1)$时，$h^{\prime}(x) ＞ 0$；当$x \in (1, +\infty)$时，$h^{\prime}(x) ＜ 0$。
故$h(x)$在$(0,1)$上单调递增，在$(1, +\infty)$上单调递减，从而$h(x)$在$(0, +\infty)$内的最大值为$h(1) = -\frac{1}{e}$。
综上，因为等号不能同时成立，所以当$x ＞ 0$时，$g(x) ＞ h(x)$，即$f(x) ＞ 1$。

答案： 例2证明　要证$f(x) ＞ 1$，即证$e^{x} \ln x + \frac{2e^{x - 1}}{x} ＞ 1$，即证$x \ln x ＞ x e^{-x} - \frac{2}{e}(x ＞ 0)$。
设$g(x) = x \ln x$，则$g^{\prime}(x) = 1 + \ln x$。
当$x \in (0,\frac{1}{e})$时，$g^{\prime}(x) ＜ 0$；当$x \in (\frac{1}{e}, +\infty)$时，$g^{\prime}(x) ＞ 0$。
故$g(x)$在$(0,\frac{1}{e})$上单调递减，在$(\frac{1}{e}, +\infty)$上单调递增，从而$g(x)$在$(0, +\infty)$内的最小值为$g(\frac{1}{e}) = -\frac{1}{e}$。
设$h(x) = x e^{-x} - \frac{2}{e}$，则$h^{\prime}(x) = e^{-x}(1 - x)$。
所以当$x \in (0,1)$时，$h^{\prime}(x) ＞ 0$；当$x \in (1, +\infty)$时，$h^{\prime}(x) ＜ 0$。
故$h(x)$在$(0,1)$上单调递增，在$(1, +\infty)$上单调递减，从而$h(x)$在$(0, +\infty)$内的最大值为$h(1) = -\frac{1}{e}$。
综上，因为等号不能同时成立，所以当$x ＞ 0$时，$g(x) ＞ h(x)$，即$f(x) ＞ 1$。