练习题集[91]拓展练习

1．已知$P$是双曲线$C:\dfrac{x^2}{a^2}-\dfrac{y^2}{b^2}=1$上一点，过$P$作$C$的两条渐近线的垂线，垂足分别为$A,B$，则$\overrightarrow {PA}\cdot \overrightarrow {PB}=$_______．

2．已知$\triangle ABC$满足$\cos A\cos B\cos C=\dfrac 18$，判断$\triangle ABC$的形状．

3．求证：$1+\ln x<x^3+x^2$．

4．已知数列$\{a_n\}$满足$a_1=1$，$a_2=9$，且$na_{n+2}-6(n+1)a_{n+1}+9(n+2)a_n=0$，求$\{a_n\}$的通项公式．

5．求证：$\ln(1+x)\leqslant \dfrac{3x}{2\sqrt{x+1}+1}$．

6．求证：对任意正整数$n$和正实数$c$，均存在$x_0$，使得当$x>x_0$时，有${\rm e}^x>cx^n$．

7．已知$x>0$，求证：${\rm e}^x>x^2+\dfrac{5x}7+1$．

参考答案

1．我们熟知双曲线$C:\dfrac{x^2}{a^2}-\dfrac{y^2}{b^2}=1$上任意一点到两条渐近线的距离之积为$\dfrac{a^2b^2}{a^2+b^2}$，而$A,B,P,O$四点共圆($O$为坐标原点)，于是 $$\cos\angle APB=\dfrac{b^2-a^2}{a^2+b^2},$$ 因此 $$\overrightarrow{PA}\cdot \overrightarrow{PB}=\dfrac{a^2b^2\left(b^2-a^2\right)}{\left(a^2+b^2\right)^2}.$$

常规计算　设$P(m,n)$，则有 $$b^2m^2-a^2n^2=a^2b^2.$$ 记$\angle AOx=\theta$，则$\tan\theta=\dfrac ba$．于是 $$\begin{split} \overrightarrow{PA}\cdot\overrightarrow{PB}=&PA\cdot PB\cdot\cos\angle APB\\=&-PA\cdot PB\cdot\cos{2\theta}\\=&\dfrac{|bm-an|}{\sqrt{a^2+b^2}}\cdot\dfrac{|bm+an|}{\sqrt{a^2+b^2}}\cdot\dfrac{1-\tan^2\theta}{1+\tan^2\theta}\\=&-\dfrac{|b^2m^2-a^2n^2|}{a^2+b^2}\cdot\dfrac{1-\dfrac{b^2}{a^2}}{1+\dfrac{b^2}{a^2}}\\=&-\dfrac{a^2b^2}{a^2+b^2}\cdot\dfrac{a^2-b^2}{a^2+b^2}\\=&\dfrac{a^2b^2(b^2-a^2)}{(a^2+b^2)^2}.\end{split}$$

2．根据题意，有 $$\cos A\cos B\cos (A+B)+\dfrac 18=0,$$ 积化和差，得 $$\cos^2(A+B)+\cos (A-B)\cos (A+B)+\dfrac 14=0,$$ 将其看作关于$\cos (A+B)$的一元二次方程，那么可得 $$\Delta=\cos^2(A-B)-1\geqslant 0,$$ 于是可得$A=B$．类似的，可得$B=C$．因此$A=B=C$，$\triangle ABC$是正三角形．

3．法一　根据均值不等式，有 $$x^3+x^2-\ln x-1=\left(x^3+\dfrac 18+\dfrac 18\right)+\left(x^2+\dfrac 14\right)-\ln x-\dfrac 32 \geqslant \dfrac 74x-\ln x-\dfrac 32,$$ 记右侧函数为$\varphi(x)$，则其导函数 $$\varphi'(x)=\dfrac 74-\dfrac 1x,$$ 因此$\varphi(x)$的极小值，亦为最小值等于 $$\varphi\left(\dfrac 47\right)=\ln\dfrac 74-\dfrac 12=\dfrac {\ln \dfrac{49}{16}-1}{2}>0,$$ 原不等式得证．

法二　即证明 $$1+2\ln x<x^6+x^4,$$ 也即 $$\dfrac{1+2\ln x}{x^5}<x+\dfrac 1x.$$ 记左侧函数为$f(x)$，则$f(x)$的导函数 $$f'(x)=\dfrac{-3-10\ln x}{x^6},$$ 其极大值，亦为最大值等于 $$f\left({\rm e}^{-\frac{3}{10}}\right)=\dfrac 25{\rm e}^{\frac 32}<2\leqslant x+\dfrac 1x,$$ 因此原不等式得证．

4．由已知条件，可得 $$n\left(a_{n+2}-3a_{n+1}\right)=3(n+2)\left(a_{n+1}-3a_n\right),$$ 于是 $$\dfrac{a_{n+2}-3a_{n+1}}{3^{n+1}\cdot (n+1)(n+2)}=\dfrac{a_{n+1}-3a_n}{3^n\cdot n(n+1)},$$ 因此可得 $$\dfrac{a_{n+1}-3a_n}{3^n\cdot n(n+1)}=\dfrac{a_2-3a_1}{3^1\cdot 1\cdot 2}=1,$$ 进而可得 $$\dfrac{a_{n+1}}{3^{n+1}}-\dfrac{a_n}{3^n}=\dfrac 13n(n+1),$$ 累加可得 $$\dfrac{a_n}{3^n}=\dfrac 19 (n-1)n(n+1)+\dfrac 13,$$ 这样我们就得到了 $$a_n=3^{n-2}\left(n^3-n+3\right),n\in\mathbf N^*.$$

5．原不等式即 $$\ln (1+x)\leqslant \dfrac{3(1+x)-3}{2\sqrt{1+x}+1},$$ 也即 $$\ln x\leqslant \dfrac{3x^2-3}{4x+2}.$$ 我们熟知，当$x\geqslant 1$时，有 $$\ln x\leqslant \dfrac 12\left(x-\dfrac 1x\right)=\dfrac{x^2-1}{2x}\leqslant \dfrac{3\left(x^2-1\right)}{4x+2},$$ 而当$0<x<1$时，有 $$\ln x\leqslant \dfrac{2(x-1)}{x+1}\leqslant \dfrac{(x-1)(3x+3)}{4x+2},$$ 因此原命题得证．

注　实际上，我们有$\ln x \leqslant \dfrac{(x-1)(x+5)}{4x+2}\leqslant \dfrac{(x-1)(3x+3)}{4x+2}$．

6．我们熟知当$x>0$时，有 $${\rm e}^x-x-1>0.$$ 于是取积分(以下默认$x>0$)，有 $$\int_0^x\left({\rm e}^x-x-1\right){\rm d}x>0,$$ 也即 $${\rm e}^x-\dfrac 12x^2-x-1>0,$$ 进而有 $$\int_0^x\left({\rm e}^x-\dfrac 12x^2-x-1\right){\rm d}x>0,$$ 也即 $${\rm e}^x-\dfrac {1}{3!}x^3-\dfrac{1}{2!}x^2-x-1>0,$$ 以此类推，可得 $${\rm e}^x-\dfrac{1}{(n+1)!}x^{n+1}-\dfrac {1}{n!}x^n-\cdots -x-1>0,$$ 从而 $${\rm e}^x>\dfrac{1}{(n+1)!}x^{n+1}.$$ 这样可以得到对任意正整数$n$和正实数$c$，取$x_0=(n+1)!\cdot c$，就有$x>x_0$时，有 $${\rm e}^x>\dfrac{1}{(n+1)!}x\cdot x^n>\dfrac{1}{(n+1)!}x_0\cdot x^n=cx^n$$ 成立，因此原命题得证．

7．考虑函数$\varphi(x)=\left(x^2+\dfrac57x+1\right){\rm e}^{-x}$，其导函数 $$\varphi'(x)=-{\rm e}^{-x}\left(x-1\right)\left(x-\dfrac 27\right),$$ 于是$\varphi(x)$在$\left(0,\dfrac 27\right)$上单调递减，在$\left(\dfrac 27,1\right)$上单调递增，在$\left(1,+\infty\right)$上单调递减，因为$\varphi(0)=1$，于是只需要$\varphi(1)<1$，即${\rm e}>\dfrac {19}7$，也即$\ln\dfrac{19}7<1$．我们熟知 $$\ln\dfrac{1+x}{1-x}<2\left(x+\dfrac 13x^3+\dfrac 15\cdot \dfrac{x^5}{1-x^2}\right),-1<x<1,$$ 令$x=\dfrac{6}{13}$，可得 $$\ln\dfrac{19}7<\dfrac{1459932}{1461005}<1,$$ 于是原命题得证．

对于${\rm e}>\dfrac {19}7$这个事实，我们有进一步的不等式 $${\rm e}^x>\dfrac{12+6x+x^2}{12-6x+x^2},x>0.$$