《2025年创新设计高考总复习高三数学人教版A版》

例 1 若对任意$x＞0$，恒有$a(e^{a x}+1) \geq 2\left(x+\frac{1}{x}\right) \ln x$，则实数$a$的最小值为________。
思维建模 解决指对混合不等式时，常规的方法计算复杂，将不等式变形为$f[g(x)]＞f[h(x)]$的结构，$f(x)$即为外层函数，其单调性易于研究。常见变形方式：$x e^{x}=e^{x+\ln x}$，$\frac{e^{x}}{x}=e^{x-\ln x}$，$\frac{x}{e^{x}}=e^{\ln x - x}$，$x+\ln x=\ln(x e^{x})$，$x-\ln x=\ln \frac{e^{x}}{x}$。

答案： 例1 $\frac{2}{e}\left[由题有ax(e^{ax}+1)\geqslant(x^{2}+1)\ln x^{2}\right.$，
即$(e^{ax}+1)\ln e^{ax}\geqslant(x^{2}+1)\ln x^{2}$，
令$f(x)=(x + 1)\ln x(x＞0)$，
则$f'(x)=\ln x+\frac{x + 1}{x}$
设$\varphi(x)=f'(x)$，则$\varphi'(x)=\frac{1}{x}-\frac{1}{x^{2}}=\frac{x - 1}{x^{2}}$，
易知$f'(x)$在$(0,1)$上单调递减，在$(1,+\infty)$上单调递增，所以$f'(x)\geqslant f'(1)=2＞0$，
所以$f(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增.
由$(e^{ax}+1)\ln e^{ax}\geqslant(x^{2}+1)\ln x^{2}$，
得$f(e^{ax})\geqslant f(x^{2})$，即$e^{ax}\geqslant x^{2}$，所以$a\geqslant\frac{2\ln x}{x}$
令$g(x)=\frac{2\ln x}{x}(x＞0)$，
则$g'(x)=\frac{2(1 - \ln x)}{x^{2}}$
令$g'(x)=0$，则$x = e$.
当$x\in(0,e)$时，$g'(x)＞0$；
当$x\in(e,+\infty)$时，$g'(x)＜0$.
所以$g(x)_{\max}=g(e)=\frac{2}{e}$
所以$a\geqslant\frac{2}{e}$，即实数$a$的最小值为$\frac{2}{e}$.]

训练 1(2025·哈尔滨模拟)设实数$m＞0$，若对任意的正实数$x$，不等式$e^{m x} \geq \frac{\ln x}{m}$恒成立，则$m$的最小值为(A)
A.$\frac{1}{e}$
B.$\frac{1}{2 e}$
C.$\frac{2}{e}$
D.$\frac{e}{3}$

答案： 训练1 A [$\because m＞0,e^{mx}\geqslant\frac{\ln x}{m}$，$\therefore me^{mx}\geqslant\ln x$，
当$0＜x＜1$时，不等式显然成立，
当$x＞1$时，原不等式可变形为$mxe^{mx}\geqslant x\ln x = e^{\ln x}\cdot\ln x$，
设函数$g(x)=xe^{x}$，
则$g'(x)=e^{x}+xe^{x}=(x + 1)e^{x}$，
当$x＞1$时，$g'(x)＞0$，$\therefore g(x)$单调递增，
则不等式$e^{mx}\geqslant\frac{\ln x}{m}$恒成立等价于$g(mx)\geqslant g(\ln x)$恒成立，
即$mx\geqslant\ln x$恒成立，$m\geqslant\frac{\ln x}{x}$恒成立，$m\geqslant(\frac{\ln x}{x})_{\max}$
设$G(x)=\frac{\ln x}{x},x＞1$，则$G'(x)=\frac{1 - \ln x}{x^{2}}$，
当$1＜x＜e$时，$G'(x)＞0$，
当$x＞e$时，$G'(x)＜0$，
$\therefore G(x)$在$(1,e)$上单调递增，$(e,+\infty)$上单调递减，
则$G(x)_{\max}=G(e)=\frac{1}{e}$，则$m\geqslant\frac{1}{e}$
即$m$的最小值为$\frac{1}{e}$.]

例 2 已知函数$f(x)=a e^{x} \ln x$，$g(x)=x^{2}+x \ln a$，$a＞0$。设函数$h(x)=g(x)-f(x)$，若$h(x)＞0$对任意的$x \in(0,1)$恒成立，则实数$a$的取值范围是________。

答案： 例2 $[\frac{1}{e},+\infty)$ [$\because h(x)＞0$，
得$g(x)-f(x)＞0$，得$ae^{x}\ln x＜x^{2}+x\ln a$，
所以$\frac{\ln x}{x}＜\frac{\ln a}{ae^{x}}=\frac{\ln(ae^{x})}{ae^{x}}$对任意$x\in(0,1)$恒成立.
设$H(x)=\frac{\ln x}{x}$，则$H'(x)=\frac{1 - \ln x}{x^{2}}$
当$x\in(0,e)$时，$H'(x)＞0$，$H(x)$单调递增；
当$x\in(e,+\infty)$时，$H'(x)＜0$，$H(x)$单调递减，且当$x\in(1,+\infty)$时，$H(x)＞0$；
当$x\in(0,1)$时，$H(x)＜0$.
若$ae^{x}\geqslant1＞x$，则$H(ae^{x})\geqslant H(1)=0＞H(x)$，
若$0＜ae^{x}＜1$，因为$H(ae^{x})＞H(x)$，
且$H(x)$在$(0,1)$上单调递增，则可得$ae^{x}＞x$
综上可知，$ae^{x}＞x$对任意$x\in(0,1)$恒成立，
即$a＞\frac{x}{e^{x}}$对任意$x\in(0,1)$恒成立.
设$G(x)=\frac{x}{e^{x}},x\in(0,1)$，
则$G'(x)=\frac{1 - x}{e^{x}}＞0$，
所以$G(x)$在$(0,1)$上单调递增，
则$G(x)＜G(1)=\frac{1}{e}$，所以$a\geqslant\frac{1}{e}$
即实数$a$的取值范围为$[\frac{1}{e},+\infty)$.]![img alt=例2图片]（由于例2无实际图片内容，此处用标签代替）