例题$x\ln x +1\gt \cfrac{x}{e^x}$
此题目用作差法，用对数单身狗都不容易求导数的零点。
左边是我们熟悉的幂对相乘有极小值，右边是幂指相除有极大值。若左边的极小值比右边的极大值还大，则题目必然成立。
${\color{Red} 注意，这是充分条件，不是必要条件！}$
$x\ln x在x=\cfrac{1}{e}$时有极小值$-\cfrac{1}{e}$,故最左边的极小值为$1-\cfrac{1}{e};$
右边函数$\cfrac{x}{e^x}在x=1时，有极大值\cfrac{1}{e}$,得证。
1、证明：$e^x\ln x+\cfrac{2}{x}\cdot e^{x-1}\gt 1\qquad$
解：两边$\times \cfrac{x}{e^x}$,得$x\ln x+\cfrac{2}{e} \gt \cfrac{x}{e^x}$
左边有极小值$-\cfrac{1}{e}+\cfrac{2}{e}$,右边有极大值，$\cfrac{1}{e}$,取等条件不一致，所以成立。
2、证明：$e^x+\cfrac{x}{2e}\gt \ln x+x$
两边${\div} x,\frac{e^x}{x} +\cfrac{1}{2e}\gt \frac{ln x}{x} +1$,
左边$=\cfrac{e^x}{x}+\cfrac{1}{2e}$，有极小值$e+ \cfrac{1}{2e}$;右边有极大值$1+\cfrac{1}{e}$
3、证明：$x^2e^x\gt \ln x+1\qquad$
两边${\div} x$,得$xe^x\gt \cfrac{\ln x}{x} +\cfrac{1}{x}=\cfrac{e\ln (ex)}{ex}$;
左边当$x=\cfrac{1}{e}$,有极小值$-\cfrac{1}{e}$;右边当$x=1$时，有极大值1.
这里可以得到，充分条件，并不是必要条件。
两边${\div} x^3$,得$\cfrac{e^x}{x} \gt \cfrac{\ln x}{x^3} +\cfrac{1}{x^3}=\cfrac{e\ln (ex)}{ex}$;
$g(x)= \cfrac{\ln x}{x^3} +\cfrac{1}{x^3}\qquad$
${g}' (x)=\cfrac{1-3\ln x}{x^4} -\cfrac{3}{x^4} $
$g(x)\le g(x)_{max}=g(e^{-\cfrac{2}{3} })=\cfrac{-\cfrac{2}{3}+1 }{e^{-2}}=\cfrac{1}{3} e^2$
$e\gt \cfrac{e}{3} e$
4、证明:当$a\ge \cfrac{2}{e^2}时，ae^x\gt x\ln x \qquad$
证： $ae^x\ge \cfrac{2}{e^2}\cdot e^x \gt x\ln x$
两边除以$x^2$,得 $\cfrac{2e^{x-2}}{x^2}\gt \cfrac{ln x}{x} \qquad$
令$f(x)=\cfrac{2e^{x-2}}{x^2},g(x)=\cfrac{\ln x}{x} \qquad$
${f}' (x)=\cfrac{2e^{x-2}(x-2)}{x^3}$ 故f$(x)$在x=2处有极小值，$f(x)\ge f(x)_{min}=f(2)=\cfrac{1}{2}$
$g(x)=\cfrac{\ln x}{x} \qquad $
${g}' (x)=\cfrac{1-\ln x}{x^2},故g(x)在x=e处有极大值g(x)\le g(x)_{max}=g(e)=\cfrac{1}{e} $
5、已知函数$f(x)=x^2+ax-\ln x,a\in R.$
(1)若函数$f(x)在[1,2]$上是减函数，求实数$a$的取值范围。
(2)令$g(x)=f(x)-x^2$,是否存在实数$a$，当$x\in (0,e]$时，函数$g(x)$的最小值是3,若存在，求出a的值，若不存在，说明理由。
(3)当$x\in (0,e]$时，证明$e^2x^2-\cfrac{5}{2} x\gt (x+1)\ln x$
(1)${f}'(x)=2x+a-\cfrac{1}{x}=\cfrac{2x^2+ax-1}{x}$
令$h(x)=2x^2+ax-1,\begin{cases} h(1)\le 0\\h(2)\le 2\end{cases}得，\begin{cases} a\le -1\\a\le -\cfrac{7}{2} \end{cases}\Rightarrow a\le -\cfrac{7}{2}$
(2)$g(x)=ax-\ln x$
${g}'(x)=a-\cfrac{1}{x}=\cfrac{ax-1}{x}$
①$a\le 0时,{g}'(x)\lt 0,g(x),\searrow ;g(x)_{min} =g(e)=ae-1=3,解得a=\cfrac{4}{e},舍去； $
②　$a\gt 0,令{g}' (x)=0,解得x=\cfrac{1}{a}，$
$x\in (0,\cfrac{1}{a} ),{g}' (x)\lt 0,g(x)\searrow ;x\in (\cfrac{1}{a} ,+\infty ){g}' (x)\gt 0,g(x)\nearrow ;$
$g(x)在x=\cfrac{1}{a}处有极小值，g(x)_{min}=g(\cfrac{1}{a} )=a\cdot\cfrac{1}{a}-\ln \cfrac{1}{a}=1+\ln a =3$
$解得：a=e^2$
③ $若\cfrac{1}{a} \gt e\Rightarrow a\lt \cfrac{1}{e};g(x)在(0,e]\searrow ,g(3)=ae-\ln e\Rightarrow a=\cfrac{4}{e}舍去。$
$综上述，符合题意的a＝e^2$
$(3)由(2)可得e^2x-\ln x\ge 3,$
$要证e^2x^2-\cfrac{5}{2} x\gt (x+1)\ln x即证 e^2x-\cfrac{5}{2} \gt \ln x+\cfrac{\ln x}{x}$
$\Leftrightarrow e^2x-\ln x \gt \cfrac{5}{2}+\cfrac{\ln x}{x} \Leftrightarrow e^2x-\ln x \ge3\gt \cfrac{5}{2}+\cfrac{\ln x}{x}$
$\Leftrightarrow \cfrac{1}{2}\gt \cfrac{\ln x}{x}\quad x\in (0,e]$
$\Leftrightarrow \cfrac{1}{2}\gt [\cfrac{\ln x}{x}]_{max}=\cfrac{1}{e}$

$6.已知函数f(x)=a(x-\ln x)+\cfrac{2x-1}{x^2} ,a\in \mathbb{R} .$
$(Ⅰ)讨论f(x)的单调性；$
$(Ⅱ)当a=1时，证明f(x)\gt {f}' (x)+\cfrac{3}{2} 对于任意x\in [1,2]成立。$
$(Ⅰ)解:{f}' (x)=a(1-\cfrac{1}{x})+\cfrac{2-2x}{x^3}=\cfrac{(x-1)(ax^2-2)}{x^3} $
$①{\color{Green} a\le 0} 时，x\in(0,1),{f}' (x)\gt 0,f(x)\nearrow ;x\in(1,+\infty),{f}' (x)\lt 0,f(x)\searrow ;$
$②a\gt 0时，令ax^2=0,得x=\sqrt{\cfrac{2}{a}}$
$⒈{\color{Green} a=2时} ，{f}' (x)\gt 0,f(x)\nearrow$
$⒉若\sqrt{\cfrac{2}{a}}\lt 1即{\color{Green} a\gt2时} ，(0,\sqrt{\cfrac{2}{a}})\cup (1,+\infty) {f}' (x)\gt 0 ,f(x)\nearrow$
$x\in (\sqrt{\cfrac{2}{a}},1){f}' (x)\lt 0,f(x)\searrow$
$⒊若\sqrt{\cfrac{2}{a}}\gt 1即{\color{Red} 0\lt a\lt2 } 时，(0,1)\cup (\sqrt{\cfrac{2}{a}},+\infty) ,{f}' (x)\gt 0 ,f(x)\nearrow$
${\color{Red} x\in (1,\sqrt{\cfrac{2}{a}}){f}' (x)\lt 0,f(x)\searrow }$
综上所述：…………
$(Ⅱ)当a=1时，证明f(x)\gt {f}' (x)+\cfrac{3}{2} 对于任意x\in [1,2]成立。$
$解：由(1)知a=1时，f(x)-{f}' (x)=x-\ln x+\cfrac{2x-1}{x^2}-(1-\cfrac{1}{x}-\cfrac{2}{x^2} +\cfrac{2}{x^3})$
$=x-\ln x+\cfrac{2}{x} -\cfrac{1}{x^2} -1+\cfrac{1}{x} +\cfrac{2}{x^2} -\cfrac{2}{x^3} =x-\ln x+\cfrac{3}{x}+\cfrac{1}{x^2} -\cfrac{2}{x^3} -1,x\in [1,2]$
$设g(x)=x-\ln x,h(x)=\cfrac{3}{x}+\cfrac{1}{x^2}-\cfrac{2}{x^3}-1,x\in [1,2]$
${g}'(x)=1-\cfrac{1}{x}=\cfrac{x-1}{x}\ge 0,g(x)\nearrow ;{\color{Red} g(x)\ge g(1)=1,当且仅当x=1取等号} 。$
$又h(x)=\cfrac{-3x^2-2x+6}{x^4},令\varphi(x)=-3x^2-2x+6的对称轴为x=-\cfrac{2}{3}, \varphi(x)在[1,2]单调递减(不是\lt 0$
$\varphi (1)=1,\varphi (2)=-12-4+6=-10,所以在[1,2]存在x_0使得x\in [1,x_0]\quad \varphi (x)\gt 0;x\in(x_0,2),\varphi (x)\lt 0$
${\color{Red} \therefore }\quad h(x)\ge h(2)=\cfrac{1}{2} , 当且仅当x=2取得等号。$
$\Rightarrow f(x)-{f}' (x)=g(x)+h(x)\ge g(x)_{min}+h(x)_{min}=g(1)+h(2)=1+\cfrac{1}{2}=\cfrac{3}{2}$
$即f(x)\gt {f}' (x)+\cfrac{3}{2}$

标签: none

添加新评论