每日导数56

常规的一道证明

已知函数\(f(x)=\dfrac{1}{2}x^2-a\ln x+(1-a)x+1\)

(1)讨论\(f(x)\)单调性

(2)当 \(a=1\)，证明:\(f(x)\leq x(e^x-1)+\dfrac{1}{2}x^2-2\ln x\)

解

(1) \(f^{\prime}(x)=x-\dfrac{a}{x}+1-a=\dfrac{x^2+(1-a)x-a}{x}=\dfrac{(x-a)(x+1)}{x}\)

当\(a\leq 0\)时，\(f(x)\)在\(x>0\)上增

当\(a>0\)时，\(f(x)\)在\((0,a)\)减，在\((a,+\infty)\)上增

(2)
法一：同构（结构很明显）
\(f(x)=\dfrac{1}{2}x^2-\ln x+1\)

要证\(f(x)\leq x(e^x-1)+\dfrac{1}{2}x^2-2\ln x\)

即证\(x(e^x-1)-\ln x-1\geq 0\)

即\(xe^x-1\geq \ln x+x=\ln xe^x\)

因\(\ln x\leq x-1\)

从而\(\ln xe^x\leq xe^x-1\)

得证

法二：隐零点

记\(g(x)=x(e^x-1)-\ln x-1,g^{\prime}(x)=e^{x}(x+1)-1-\dfrac{1}{x}\)，单调递增

而\(g^{\prime}(1)=2e-2>0,g^{\prime}\left(\dfrac{1}{2}\right)=\dfrac{3\sqrt{e}}{2}-3<0\)

从而存在唯一的\(m\in\left(\dfrac{1}{2},1\right)\)使得\(g^{\prime}(m)=0\)

并且\(g(m)\)是最小值

\(g(m)=m(e^m-1)-\ln m-1\)

而\(e^{m}(m+1)-1-\dfrac{1}{m}=0\)，则\(e^m=\dfrac{1}{m}\)，即\(m=-\ln m\)

从而\(g(m)=m(e^m-1)-\ln m-1=1-m-\ln m-1=-m-\ln m=0\)

得证！