每日一题[1013]用导数证明不等式

已知函数$f(x)={\rm e}^{ax}-1+\ln(x+1)$.
(1) 若函数$f(x)$在区间$(-1,+\infty)$内单调递增,求$a$的取值范围;
(2) 若$0<a\leqslant 1$,且$x>0$,求证:$f(x)>2ax$.


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分析与解 (1) 函数$f(x)$的导函数\[f'(x)=a{\rm e}^{ax}+\dfrac{1}{x+1},\]于是问题即\[\forall x>-1,a{\rm e}^{ax}+\dfrac{1}{x+1}\geqslant 0.\]取$x=0$,可得$a\geqslant -1$.

当$a\geqslant 0$时,显然符合题意;

当$-1\leqslant a<0$时,设$\varphi(x)=a(x+1){\rm e}^{ax}+1$,则其导函数\[\varphi'(x)=a^2{\rm e}^{ax}\left(x+1+\dfrac 1a\right),\]于是$\varphi(x)$的极小值,亦为最小值为\[\varphi\left(-1-\dfrac 1a\right)=-{\rm e}^{-a-1}+1\geqslant 0,\]符合题意.

综上所述,$a$的取值范围是$[-1,+\infty)$.

(2) 问题即当$0<a\leqslant 1$且$x>0$时,有\[{\rm e}^x-1+\ln\left(\dfrac xa+1\right)>2x,\]而上式\[LHS>{\rm e}^x-1+\ln(x+1).\]接下来我们证明\[{\rm e}^x-x-1>x-\ln(x+1),\]也即\[{\rm e}^x-x-1>{\rm e}^{\ln(x+1)}-\ln(x+1)-1,\]而函数$y={\rm e}^x-x-1$在$(0,+\infty)$上单调递增,且当$x>0$时,有$x>\ln (x+1)>0$,因此上述不等式得证.

 事实上,我们有更强的\[\left({\rm e}^x-1\right)\cdot\ln(x+1)>x^2.\]

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