《2025年创新设计高考总复习高三数学人教版A版》

例3 (2025·重庆诊断节选)已知函数$f(x)=\mathrm{e}\ln x - \mathrm{e}x$，证明：$xf(x)-\mathrm{e}^{x}+2\mathrm{e}x\leqslant 0$.例3证明　$\because x ＞ 0$，$\therefore$只需证$f(x) \leq \frac{e^{x}}{x} - 2e$，$f^{\prime}(x) = \frac{e}{x} - e = \frac{e(1 - x)}{x}$，$f(x)$在$(0,1)$上单调递增，在$(1, +\infty)$上单调递减，$f(x)_{\max} = f(1) = -e$。
记$g(x) = \frac{e^{x}}{x} - 2e(x ＞ 0)$，则$g^{\prime}(x) = \frac{(x - 1)e^{x}}{x^{2}}$。
$\therefore$当$0 ＜ x ＜ 1$时，$g^{\prime}(x) ＜ 0$；当$x ＞ 1$时，$g^{\prime}(x) ＞ 0$，故$g(x)$在$(0,1)$上单调递减，在$(1, +\infty)$上单调递增。
$\therefore g(x)_{\min} = g(1) = -e$。
综上，当$x ＞ 0$时，$f(x) \leq g(x)$，即$xf(x) - e^{x} + 2ex \leq 0$。

答案： 例3证明　$\because x ＞ 0$，$\therefore$只需证$f(x) \leq \frac{e^{x}}{x} - 2e$，$f^{\prime}(x) = \frac{e}{x} - e = \frac{e(1 - x)}{x}$，$f(x)$在$(0,1)$上单调递增，在$(1, +\infty)$上单调递减，$f(x)_{\max} = f(1) = -e$。
记$g(x) = \frac{e^{x}}{x} - 2e(x ＞ 0)$，则$g^{\prime}(x) = \frac{(x - 1)e^{x}}{x^{2}}$。
$\therefore$当$0 ＜ x ＜ 1$时，$g^{\prime}(x) ＜ 0$；当$x ＞ 1$时，$g^{\prime}(x) ＞ 0$，故$g(x)$在$(0,1)$上单调递减，在$(1, +\infty)$上单调递增。
$\therefore g(x)_{\min} = g(1) = -e$。
综上，当$x ＞ 0$时，$f(x) \leq g(x)$，即$xf(x) - e^{x} + 2ex \leq 0$。

训练 (1)(2025·济南模拟)已知函数$f(x)=a\ln x + x$.
①讨论$f(x)$的单调性；
②当$a = 1$时，证明：$xf(x)＜\mathrm{e}^{x}$.

答案： 训练
(1)①解　$f(x)$的定义域为$(0, +\infty)$，$f^{\prime}(x) = \frac{a}{x} + 1 = \frac{x + a}{x}$。
当$a \geq 0$时，$f^{\prime}(x) ＞ 0$，所以$f(x)$在$(0, +\infty)$上单调递增。
当$a ＜ 0$时，若$x \in (-a, +\infty)$，则$f^{\prime}(x) ＞ 0$；若$x \in (0, -a)$，则$f^{\prime}(x) ＜ 0$。
所以$f(x)$在$(-a, +\infty)$上单调递增，在$(0, -a)$上单调递减。
综上所述，当$a \geq 0$时，$f(x)$在$(0, +\infty)$上单调递增；当$a ＜ 0$时，$f(x)$在$(-a, +\infty)$上单调递增，在$(0, -a)$上单调递减。
②证明　当$a = 1$时，要证$x f(x) ＜ e^{x}$，即证$x^{2} + x \ln x ＜ e^{x}$，即证$1 + \frac{\ln x}{x} ＜ \frac{e^{x}}{x^{2}}$。
令函数$g(x) = 1 + \frac{\ln x}{x}$，则$g^{\prime}(x) = \frac{1 - \ln x}{x^{2}}$。
令$g^{\prime}(x) ＞ 0$，得$x \in (0,e)$；令$g^{\prime}(x) ＜ 0$，得$x \in (e, +\infty)$。
所以$g(x)$在$(0,e)$上单调递增，在$(e, +\infty)$上单调递减，所以$g(x)_{\max} = g(e) = 1 + \frac{1}{e}$。
令函数$h(x) = \frac{e^{x}}{x^{2}}$，则$h^{\prime}(x) = \frac{e^{x}(x - 2)}{x^{3}}$。
当$x \in (0,2)$时，$h^{\prime}(x) ＜ 0$；当$x \in (2, +\infty)$时，$h^{\prime}(x) ＞ 0$。
所以$h(x)$在$(0,2)$上单调递减，在$(2, +\infty)$上单调递增，所以$h(x)_{\min} = h(2) = \frac{e^{2}}{4}$。
因为$\frac{e^{2}}{4} - (1 + \frac{1}{e}) ＞ 0$，所以$h(x)_{\min} ＞ g(x)_{\max}$，即$1 + \frac{\ln x}{x} ＜ \frac{e^{x}}{x^{2}}$，从而$x f(x) ＜ e^{x}$得证。

(2)(2025·西安模拟)已知函数$f(x)=\mathrm{e}^{x}+x^{2}-x - 1$.
①求$f(x)$的最小值；
②证明：$\mathrm{e}^{x}+x\ln x + x^{2}-2x ＞ 0$.训练(2)①解　由题意可得$f^{\prime}(x) = e^{x} + 2x - 1$，则函数$f^{\prime}(x)$在$\mathbf{R}$上单调递增，且$f^{\prime}(0) = 0$。
由$f^{\prime}(x) ＞ 0$，得$x ＞ 0$；由$f^{\prime}(x) ＜ 0$，得$x ＜ 0$。
则$f(x)$在$(-\infty,0)$上单调递减，在$(0, +\infty)$上单调递增，故$f(x)_{\min} = f(0) = 0$。训练(2)②证明　要证$e^{x} + x \ln x + x^{2} - 2x ＞ 0$，即证$e^{x} + x^{2} - x - 1 ＞ -x \ln x + x - 1$。
由(1)可知当$x ＞ 0$时，$f(x) ＞ 0$恒成立。
设$g(x) = -x \ln x + x - 1(x ＞ 0)$，则$g^{\prime}(x) = -\ln x$。
由$g^{\prime}(x) ＞ 0$，得$0 ＜ x ＜ 1$；由$g^{\prime}(x) ＜ 0$，得$x ＞ 1$。
则$g(x)$在$(0,1)$上单调递增，在$(1, +\infty)$上单调递减，从而$g(x) \leq g(1) = 0$，当且仅当$x = 1$时，等号成立。
因为等号不能同时成立，故$f(x) ＞ g(x)$，即$e^{x} + x \ln x + x^{2} - 2x ＞ 0$。

答案： 训练
(2)①解　由题意可得$f^{\prime}(x) = e^{x} + 2x - 1$，则函数$f^{\prime}(x)$在$\mathbf{R}$上单调递增，且$f^{\prime}(0) = 0$。
由$f^{\prime}(x) ＞ 0$，得$x ＞ 0$；由$f^{\prime}(x) ＜ 0$，得$x ＜ 0$。
则$f(x)$在$(-\infty,0)$上单调递减，在$(0, +\infty)$上单调递增，故$f(x)_{\min} = f(0) = 0$。
②证明　要证$e^{x} + x \ln x + x^{2} - 2x ＞ 0$，即证$e^{x} + x^{2} - x - 1 ＞ -x \ln x + x - 1$。
由
(1)可知当$x ＞ 0$时，$f(x) ＞ 0$恒成立。
设$g(x) = -x \ln x + x - 1(x ＞ 0)$，则$g^{\prime}(x) = -\ln x$。
由$g^{\prime}(x) ＞ 0$，得$0 ＜ x ＜ 1$；由$g^{\prime}(x) ＜ 0$，得$x ＞ 1$。
则$g(x)$在$(0,1)$上单调递增，在$(1, +\infty)$上单调递减，从而$g(x) \leq g(1) = 0$，当且仅当$x = 1$时，等号成立。
因为等号不能同时成立，故$f(x) ＞ g(x)$，即$e^{x} + x \ln x + x^{2} - 2x ＞ 0$。

(3)证明：当$x ＞ 0$时，$\frac{x^{2}}{\mathrm{e}^{x}}-x\ln x + (1 - \frac{1}{\mathrm{e}})x - 1\leqslant 0$.(3)证明　由$\frac{x^{2}}{e^{x}} - x \ln x + (1 - \frac{1}{e})x - 1 \leq 0$，且$x ＞ 0$可得$\frac{x}{e^{x}} - \frac{1}{e} \leq \ln x + \frac{1}{x} - 1$。
令$f(x) = \frac{x}{e^{x}} - \frac{1}{e}$，则$f^{\prime}(x) = \frac{1 - x}{e^{x}}$。
由$0 ＜ x ＜ 1$时，$f^{\prime}(x) ＞ 0$；$x ＞ 1$时，$f^{\prime}(x) ＜ 0$，得$f(x)$在$(0,1)$上单调递增，在$(1, +\infty)$上单调递减，故$f(x)_{\max} = f(1) = 0$。
令$g(x) = \ln x + \frac{1}{x} - 1$，则$g^{\prime}(x) = \frac{1}{x} - \frac{1}{x^{2}} = \frac{x - 1}{x^{2}}$。
由$0 ＜ x ＜ 1$时，$g^{\prime}(x) ＜ 0$；$x ＞ 1$时，$g^{\prime}(x) ＞ 0$，得$g(x)$在$(0,1)$上单调递减，在$(1, +\infty)$上单调递增。
故$g(x)_{\min} = g(1) = 0$，所以$f(x) \leq g(x)$，即$\frac{x^{2}}{e^{x}} - x \ln x + (1 - \frac{1}{e})x - 1 \leq 0$。

答案：
(3)证明　由$\frac{x^{2}}{e^{x}} - x \ln x + (1 - \frac{1}{e})x - 1 \leq 0$，且$x ＞ 0$可得$\frac{x}{e^{x}} - \frac{1}{e} \leq \ln x + \frac{1}{x} - 1$。
令$f(x) = \frac{x}{e^{x}} - \frac{1}{e}$，则$f^{\prime}(x) = \frac{1 - x}{e^{x}}$。
由$0 ＜ x ＜ 1$时，$f^{\prime}(x) ＞ 0$；$x ＞ 1$时，$f^{\prime}(x) ＜ 0$，得$f(x)$在$(0,1)$上单调递增，在$(1, +\infty)$上单调递减，故$f(x)_{\max} = f(1) = 0$。
令$g(x) = \ln x + \frac{1}{x} - 1$，则$g^{\prime}(x) = \frac{1}{x} - \frac{1}{x^{2}} = \frac{x - 1}{x^{2}}$。
由$0 ＜ x ＜ 1$时，$g^{\prime}(x) ＜ 0$；$x ＞ 1$时，$g^{\prime}(x) ＞ 0$，得$g(x)$在$(0,1)$上单调递减，在$(1, +\infty)$上单调递增。
故$g(x)_{\min} = g(1) = 0$，所以$f(x) \leq g(x)$，即$\frac{x^{2}}{e^{x}} - x \ln x + (1 - \frac{1}{e})x - 1 \leq 0$。