每日一题[2684]指对三角

已知函数 $f(x)=1-{\rm e}^{x}-x+\sin x+t \ln (1+x)$（$t \in \mathbb{R}$）．

1、当 $t=1$ 时，求 $f(x)$ 的单调区间．

2、当 $t \geqslant 1$ 时，求证：$f(x)<2+\sqrt{2}+t \ln t$．

解析

1、当 $t=1$ 时，函数 $f(x)$ 的导函数 $$f'(x)=-{\rm e}^x-1+\cos x+\dfrac{1}{1+x},$$ 利用 ${\rm e}^x\geqslant x+1$ 可得 $$f'(x)\leqslant -(x+1)-1+\cos x+\dfrac{1}{1+x}=-(1-\cos x)-\dfrac{x(2+x)}{1+x}=-2\sin^2\dfrac x2-\dfrac{x(2+x)}{1+x},$$ 当 $x>0$ 时，有 $f'(x)<0$；当 $-1<x<0$ 时，令 $t=-\dfrac x2$，则 $0<t<\dfrac 12$，右边为 $$-2\sin^2t+\dfrac{2t(2-2t)}{1-2t}=-2\sin^2t+2t+\dfrac{2t}{1-2t}>0,$$ 结合 $f'(0)=0$ 可得函数 $f(x)$ 在 $(-1,0)$ 上单调递增，在 $(0,+\infty)$ 上单调递减．

2、当 $t=1$ 时，根据第 $(1)$ 小题的结论，有 $$f(x)\leqslant f(0)=0<2+\sqrt 2,$$ 结论成立．

当 $t>1$ 时，题意即证明 $$\forall x>-1,1-{\rm e}^x-x+\sin x+t\ln (1+x)<2+\sqrt 2+t\ln t,$$ 函数 $f(x)$ 的导函数 $$f'(x)=-{\rm e}^x-1+\cos x+\dfrac{t}{1+x}\geqslant -{\rm e}^x-1+\cos x+\dfrac{1}{1+x},$$ 根据第 $(1)$ 小题的结果，可得函数 $f(x)$ 在 $(-1,0)$ 上单调递增．而在区间 $(0,+\infty)$ 上， $$f''(x)=-{\rm e}^x-\sin x-\dfrac{t}{(1+x)^2}<-1-\sin x-\dfrac{t}{(1+x)^2}<0,$$ 因此 $f'(x)$ 单调递减，而 $f'(0)=t-1> 0$，而 $$f'(x)<-(1+x)+\dfrac{t}{1+x},$$ 于是当 $x>\sqrt t-1$ 时，有 $f'(x)<0$，从而 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 有唯一极大值点，也为最大值点，记为 $x_0$．因此 $$-{\rm e}^{x_0}-1+\cos x_0+\dfrac{t}{1+x_0}=0,$$ 欲证明 $$1-{\rm e}^{x_0}-x_0+\sin x_0+t\ln (1+x_0)<2+\sqrt 2+t\ln t,$$ 即 $$2-x_0+\sin x_0-\cos x_0+t\ln(1+x_0)-\dfrac{t}{1+x_0}<2+\sqrt 2+t\ln t,$$ 注意到 $\sin x_0-\cos x_0\leqslant \sqrt 2$，$-x_0<0$，因此只需要证明 $$\ln(1+x_0)-\dfrac{1}{1+x_0}<\ln t,$$ 而 $x_0<\sqrt t-1<t-1$，于是 $$LHS<\ln(1+x_0)<\ln t=RHS,$$ 命题得证．

综上所述，原命题得证．