《2025年金版新学案高三总复习数学北师大版》

若关于 $x$ 的不等式 $\dfrac{x+\ln a}{\mathrm{e}^x}-\dfrac{a\ln x}{x}＞0$ 对 $\forall x\in(0,1)$ 恒成立，则实数 $a$ 的取值范围为(B)

A.$\left(-\infty,\dfrac{1}{\mathrm{e}}\right]$
B.$\left[\dfrac{1}{\mathrm{e}},+\infty\right)$
C.$\left[\dfrac{1}{\mathrm{e}},1\right)$
D.$\left(0,\dfrac{1}{\mathrm{e}}\right]$

答案： B 由题意可知$a＞0$，$\frac{\ln e^{x} + \ln a}{e^{x}}＞\frac{a\ln x}{x}$，即$\frac{\ln ae^{x}}{ae^{x}}＞\frac{\ln x}{x}$对$\forall x \in (0,1)$恒成立。设$g(x)=\frac{\ln x}{x}$，则问题转化为$g(ae^{x})＞g(x)$在$(0,1)$上恒成立，因为$g'(x)=\frac{1 - \ln x}{x^{2}}$，所以当$0＜x＜e$时，$g'(x)＞0$，当$x＞e$时，$g'(x)＜0$，所以$g(x)$在$(0,e)$上单调递增，在$(e,+\infty)$上单调递减，且$g(1)=0$，所以当$x \in (0,1)$时，$g(x)＜0$；当$x \in (1,+\infty)$时，$g(x)＞0$。①在$x \in (0,1)$上，若$ae^{x} \geqslant 1$恒成立，即$a \geqslant 1$，$g(ae^{x}) \geqslant g(1)=0＞g(x)$；②在$x \in (0,1)$上，若$0＜ae^{x}＜1$，则$ae^{x}＞x$恒成立，即$\frac{x}{e^{x}}＜a＜1$恒成立，令$h(x)=\frac{x}{e^{x}}$，$x \in (0,1)$，则$h'(x)=\frac{1 - x}{e^{x}}＞0$，所以$h(x)$在$(0,1)$上单调递增，所以$h(x)＜h(1)=\frac{1}{e}$，所以$\frac{1}{e} \leqslant a＜1$，综上所述，实数$a$的取值范围为$\left[\frac{1}{e},+\infty\right)$。故选B。

(1)若 $\mathrm{e}^x - ax\geqslant -x+\ln ax$，则正实数 $a$ 的取值范围为(B)

A.$\left(0,\dfrac{1}{\mathrm{e}}\right)$
B.$(0,\mathrm{e}]$
C.$\left(\dfrac{1}{\mathrm{e}},+\infty\right)$
D.$(\mathrm{e},+\infty)$

答案：
(1)B 不等式$e^{x} - ax \geqslant -x + \ln ax$，可化为$e^{x} + x \geqslant e^{\ln ax} + \ln ax$，设$g(x)=e^{x} + x$，则$g'(x)=e^{x} + 1＞0$，即$g(x)$在$\mathbf{R}$上是增函数，而$g(x) \geqslant g(\ln ax)$，因为$a＞0$，$x＞0$，所以$x \geqslant \ln ax = \ln a + \ln x$，由已知$\ln a \leqslant x - \ln x$恒成立，令$f(x)=x - \ln x$，则$f'(x)=1 - \frac{1}{x}$，当$0＜x＜1$时，$f'(x)＜0$，$f(x)$单调递减；当$x＞1$时，$f'(x)＞0$，$f(x)$单调递增，所以$f(x) \geqslant f(1)=1$，故只需$\ln a \leqslant 1$，即$a \leqslant e$。又$a＞0$，所以$a$的取值范围为$(0,e]$。故选B。

(2)(2024·武汉模拟)已知 $a＞0$，若在 $(1,+\infty)$ 上存在 $x$ 使得不等式 $\mathrm{e}^x - x\leqslant x^a - a\ln x$ 成立，则 $a$ 的最小值为e。

答案：
(2)e 因为$x^{a}=e^{\ln x^{a}}=e^{a\ln x}$，所以不等式即为$e^{x} - x \leqslant e^{a\ln x} - a\ln x$，因为$a＞0$且$x＞1$，所以$a\ln x＞0$，设$y = e^{x} - x$，$x \in (0,+\infty)$，则$y' = e^{x} - 1＞0$，故$y = e^{x} - x$在$(0,+\infty)$上单调递增，所以$x \leqslant a\ln x$，即$a \geqslant \frac{x}{\ln x}$，即存在$x \in (1,+\infty)$，使$a \geqslant \left(\frac{x}{\ln x}\right)_{\min}$，设$f(x)=\frac{x}{\ln x}(x＞1)$，则$f'(x)=\frac{\ln x - 1}{\ln^{2}x}$，当$x \in (1,e)$时，$f'(x)＜0$；当$x \in (e,+\infty)$时，$f'(x)＞0$，所以$f(x)$在$(1,e)$上单调递减，在$(e,+\infty)$上单调递增，所以$f(x)_{\min}=f(e)=e$，所以$a \geqslant e$。故$a$的最小值为$e$。

已知函数 $f(x)=a\mathrm{e}^x + x + 1$。
（1）讨论 $f(x)$ 的单调性；
（2）当 $x＞1$ 时，$f(x)＞\ln\dfrac{x - 1}{a}+x$，求实数 $a$ 的取值范围。

答案： 解：
(1)依题意，得$f'(x)=ae^{x} + 1$。当$a \geqslant 0$时，$f'(x)＞0$，所以$f(x)$在$\mathbf{R}$上是增函数。
当$a＜0$时，令$f'(x)＞0$，可得$x＜-\ln(-a)$；令$f'(x)＜0$，可得$x＞-\ln(-a)$，所以$f(x)$在$(-\infty,-\ln(-a))$上单调递增，在$(-\ln(-a),+\infty)$上单调递减。
综上所述，当$a \geqslant 0$时，$f(x)$在$\mathbf{R}$上是增函数；当$a＜0$时，$f(x)$在$(-\infty,-\ln(-a))$上单调递增，在$(-\ln(-a),+\infty)$上单调递减。
(2)因为当$x＞1$时，$f(x)＞\ln\frac{x - 1}{x} + x$，所以$ae^{x} + x + 1＞\ln a + \ln x$，即$e^{x + \ln a} + x + 1＞\ln(x - 1) - \ln a + x$，即$e^{x + \ln a} + \ln a＞\ln(x - 1) - x$。令$h(x)=e^{x} + x$，则$h'(x)=e^{x} + 1＞0$，所以$h(x)$在$\mathbf{R}$上是增函数，故只需$x + \ln a＞\ln(x - 1)$，即$\ln a＞\ln(x - 1) - x$对$\forall x \in (1,+\infty)$恒成立。
令$F(x)=\ln(x - 1) - x$，则$F'(x)=\frac{1}{x - 1} - 1=\frac{2 - x}{x - 1}$。
令$F'(x)=0$，得$x = 2$。
当$x \in (1,2)$时，$F'(x)＞0$，当$x \in (2,+\infty)$时，$F'(x)＜0$，
所以$F(x)$在$(1,2)$上单调递增，在$(2,+\infty)$上单调递减，
所以$F(x) \leqslant F(2)= - 2$。
因此$\ln a＞ - 2$，所以$a＞\frac{1}{e^{2}}$，则实数$a$的取值范围为$\left(\frac{1}{e^{2}},+\infty\right)$。