求证：${\rm e}^x+\left(\ln x-1\right)\cdot \sin x>0$．
【难度】
【出处】
无
【标注】
【答案】
略
【解析】
记不等式左边为 $f(x)$．考虑到当 $x>0$ 时，有 $-x<\sin x<x$，于是设\[\begin{split}g(x)&={\rm e}^x+\left(\ln x-1\right)\cdot x,\\
h(x)&={\rm e}^x+\left(\ln x-1\right)\cdot (-x),\end{split}\]则 $f(x)$ 必然在 $g(x)$ 和 $h(x)$ 之间，如图．
接下来证明 $g(x)>0$ 且 $h(x)>0$．
一方面，有\[g(x)={\rm e}^x-x +x\ln x,\]而 $\left({\rm e}^x-x\right)'={\rm e}^x-1$，于是\[{\rm e}^x-x\geqslant {\rm e}^0-0=1.\]由 $\left(x\ln x\right)'=1+\ln x$，于是\[x\ln x\geqslant -\dfrac{1}{\rm e},\]考虑到两个等号无法同时取得，因此有\[g(x)> 1-\dfrac{1}{\rm e}.\]另一方面，由 $1-\ln x\geqslant 2-x$，于是有\[h(x)\geqslant {\rm e}^x+(2-x)x,\]而\[\left({\rm e}^x+(2-x)x\right)'={\rm e}^x-2x+2>0,\]于是 $y={\rm e}^x+(2-x)x$ 单调递增，进而有 $h(x)>1$．
综上所述，原命题得证．
h(x)&={\rm e}^x+\left(\ln x-1\right)\cdot (-x),\end{split}\]则 $f(x)$ 必然在 $g(x)$ 和 $h(x)$ 之间，如图．
接下来证明 $g(x)>0$ 且 $h(x)>0$．一方面，有\[g(x)={\rm e}^x-x +x\ln x,\]而 $\left({\rm e}^x-x\right)'={\rm e}^x-1$，于是\[{\rm e}^x-x\geqslant {\rm e}^0-0=1.\]由 $\left(x\ln x\right)'=1+\ln x$，于是\[x\ln x\geqslant -\dfrac{1}{\rm e},\]考虑到两个等号无法同时取得，因此有\[g(x)> 1-\dfrac{1}{\rm e}.\]另一方面，由 $1-\ln x\geqslant 2-x$，于是有\[h(x)\geqslant {\rm e}^x+(2-x)x,\]而\[\left({\rm e}^x+(2-x)x\right)'={\rm e}^x-2x+2>0,\]于是 $y={\rm e}^x+(2-x)x$ 单调递增，进而有 $h(x)>1$．
综上所述，原命题得证．
答案
解析
备注
