求证：${\rm e}^{x-1}\cdot \ln x+\dfrac 3x>\dfrac 52$．
【难度】
【出处】
无
【标注】
【答案】
略
【解析】
设 $LHS=f(x)$，则 $f(x)$ 的导函数$$f'(x)={\rm e}^{x-1}\left(\ln x+\dfrac 1x\right)-\dfrac{3}{x^2},$$于是其极小值点在 $(1,2)$ 内．
先证明 $x>1$ 的情形．
考虑到$$\left({\rm e}^{x-1}\cdot \ln x\right)'={\rm e}^{x-1}\left(\ln x+\dfrac 1x\right),$$于是可以得到辅助不等式（证明从略）$${\rm e}^{x-1}\cdot \ln x\geqslant x-1,$$于是$$f(x)\geqslant x-1+\dfrac 3x\geqslant 2\sqrt 3-1,$$放缩过头了．
转而考虑到$$\left({\rm e}^{x-1}\cdot \ln x\right)''={\rm e}^{x-1}\left(\ln x+\dfrac 2x-\dfrac{1}{x^2}\right),$$于是可以得到辅助不等式（证明从略）$${\rm e}^{x-1}\cdot \ln x\geqslant x-1+\dfrac 12(x-1)^2,$$于是$$f(x)\geqslant x-1+\dfrac 12(x-1)^2+\dfrac 3x,$$利用分析法，可得$$x-1+\dfrac 12(x-1)^2+\dfrac 3x>\dfrac 52$$等价于$$x^2+\dfrac 6x>6,$$根据均值不等式，这显然成立．
再证明 $0<x\leqslant 1$ 的情形．
此时令 $t=\dfrac 1x$，$t\geqslant 1$，则$$LHS=3t-{\rm e}^{\frac 1t-1}\cdot \ln t\geqslant 3t- (t-1)\geqslant 3,$$于是不等式成立．
综上所述，原命题得证．
先证明 $x>1$ 的情形．
考虑到$$\left({\rm e}^{x-1}\cdot \ln x\right)'={\rm e}^{x-1}\left(\ln x+\dfrac 1x\right),$$于是可以得到辅助不等式（证明从略）$${\rm e}^{x-1}\cdot \ln x\geqslant x-1,$$于是$$f(x)\geqslant x-1+\dfrac 3x\geqslant 2\sqrt 3-1,$$放缩过头了．
转而考虑到$$\left({\rm e}^{x-1}\cdot \ln x\right)''={\rm e}^{x-1}\left(\ln x+\dfrac 2x-\dfrac{1}{x^2}\right),$$于是可以得到辅助不等式（证明从略）$${\rm e}^{x-1}\cdot \ln x\geqslant x-1+\dfrac 12(x-1)^2,$$于是$$f(x)\geqslant x-1+\dfrac 12(x-1)^2+\dfrac 3x,$$利用分析法，可得$$x-1+\dfrac 12(x-1)^2+\dfrac 3x>\dfrac 52$$等价于$$x^2+\dfrac 6x>6,$$根据均值不等式，这显然成立．
再证明 $0<x\leqslant 1$ 的情形．
此时令 $t=\dfrac 1x$，$t\geqslant 1$，则$$LHS=3t-{\rm e}^{\frac 1t-1}\cdot \ln t\geqslant 3t- (t-1)\geqslant 3,$$于是不等式成立．
综上所述，原命题得证．
答案
解析
备注
