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.

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每日一题[2684]指对三角》有1条回应

  1. yuanhongyi说:

    第二问好像用一堆切线放缩就可以搞出来

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