每日一题[2686]泰勒展开

已知函数 $f(x)=x{\rm e}^x-\dfrac a2x(x+2)-1$（$a\in\mathbb R$）．

1、若 $x=-1$ 为 $f(x)$ 的极小值点，求 $a$ 的取值范围．

2、若 $f(x)$ 有唯一的极值 $-\dfrac{1}{\rm e}-1$，证明：$\forall x\geqslant -1,f(x)+1\geqslant \sin x$．

解析

1、函数 $f(x)$ 的导函数 $$f'(x)=(x+1)\left({\rm e}^x-a\right).$$

若 $a\leqslant 0$，则 $f(x)$ 在 $(-\infty,-1)$ 上单调递减，在 $(-1,+\infty)$ 上单调递增，在 $x=-1$ 处取得极小值； 若 $0<a<\dfrac{1}{\rm e}$，则 $f(x)$ 在 $(-\infty,\ln a)$ 上单调递增，在 $(\ln a,-1)$ 上单调递减，在 $(-1,+\infty)$ 上单调递增，在 $x=-1$ 处取得极小值；

若 $a=\dfrac{1}{\rm e}$，则 $f(x)$ 在 $\mathbb R$ 上单调递增，在 $x=-1$ 处不取极值；

若 $a>\dfrac{1}{\rm e}$，则 $f(x)$ 在 $(-\infty,-1)$ 上单调递增，在 $(-1,\ln a)$ 上单调递减，在 $(\ln a,+\infty)$ 上单调递增，在 $x=-1$ 处取得极大值．

综上所述，若 $x=-1$ 为 $f(x)$ 的极小值点，则 $a$ 的取值范围是 $\left(-\infty,\dfrac{1}{\rm e}\right)$．

2、根据第 $(1)$ 小题的结果，当 $f(x)$ 有唯一的极值时，$a\leqslant 0$，进而极值 $$f(-1)=-\dfrac{1}{\rm e}+\dfrac a2-1,$$ 因此 $a=0$．欲证不等式即 $$\forall x\geqslant -1,x{\rm e}^x\geqslant \sin x.$$

当 $x\geqslant 0$ 时，有 $$x{\rm e}^x\geqslant x\geqslant \sin x.$$

当 $-1\leqslant x<0$ 时，有 $$x{\rm e}^x\geqslant x\cdot \dfrac{1}{1-x}=x\cdot \left(1+\dfrac{x}{1-x}\right)>x\cdot \left(1-\dfrac 16x^2\right)>\sin x,$$ 其中用到了在 $[-1,0)$ 上，有 $${\rm e}^x>\dfrac{1}{1-x},\quad \sin x<x-\dfrac 16x^3.$$ 综上所述，原命题得证．

另法    设 $g(x)=\dfrac{\sin x}{x}\cdot {\rm e}^{-x}$，则其导函数 $$g'(x)=\dfrac{x\cos x-(1+x)\sin x}{x^2{\rm e}^x},$$ 设分子为 $h(x)$，则其导函数 $$h'(x)=-x\cos x-(1+x)\sin x,$$ 于是在 $(-1,0)$ 上，有 $h'(x)>0$，于是 $h(x)$ 在 $(-1,0)$ 上或者单调，或者先递减后递增．又 $h(-1)=-\cos 1<0$，$h(0)=0$，因此在 $(-1,0)$ 上，有 $g'(x)<0$，进而 $g(x)$ 在 $(-1,0)$ 上单调递减，有 $$g(x)>\lim_{x\to 0}g(x)=1,$$ 命题得证．