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.

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