2018年考研数二第18题解析：导数、单调性

题目

已知常数 $k⩾\ln 2–1$. 证明：$(x-1)(x–{\ln }^{2}x+2k\ln x–1)⩾0$

解析

令 $f(x)=$ $x–{\ln }^{2}x+2k\ln x–1$ $(x>0)$ 则：

$$f^{‘}(x)=1–2\ln x\cdot \frac{1}{x}+2k\cdot \frac{1}{x}\Rightarrow$$

$$f^{‘}(x)=\frac{1}{x}(x–2\ln x+2k).$$

接着，令 $g(x)=$ $x–2\ln x+2k$, 则：

$$g^{‘}(x)=1–\frac{2}{x}.$$

若令 $g^{‘}(x)=0$, 则：

$$g^{‘}(x)=1–\frac{2}{x}=0\Rightarrow$$

$$x=2.$$

又，当 $0<x<2$ 时，$g^{‘}(x)<0$, 当 $x>2$ 时，$g^{‘}(x)>0$, 因此，$g(2)$ 是 $g(x)$ 的最小值, 且：

$$g(2)=2–2\ln 2+2k⩾2–2ln2+2(\ln 2–1)\Rightarrow$$

$$g(2)⩾0\Rightarrow$$

$$x–2\ln x+2k>0(x\ne 0).$$

又，$x>0$, 因此：

$$f^{‘}(x)=\frac{1}{x}(x–2\ln x+2k)>0(x\ne 0).$$

即，函数 $f(x)$ 在其定义域 $(0,+\mathrm{\infty })$ 上单调递增.

又，当 $x=1$ 时：

$$f(1)=1–0+0-1=0.$$

于是：

• 当 $0<x<1$ 时，有：

$$\{\begin{array}{c}x–1<0;\\ f(x)=x–{\ln }^{2}x+2k\ln x–1<0\end{array}\Rightarrow$$

$$(x-1)(x–{\ln }^{2}x+2k\ln x–1)>0.$$

• 当 $x>1$ 时，有：

$$\{\begin{array}{c}x–1>0;\\ f(x)=x–{\ln }^{2}x+2k\ln x–1>0\end{array}\Rightarrow$$

$$(x-1)(x–{\ln }^{2}x+2k\ln x–1)>0.$$

• 当 $x=1$ 时，有：

$$\{\begin{array}{c}x–1=0;\\ f(x)=x–{\ln }^{2}x+2k\ln x–1=0\end{array}\Rightarrow$$

$$(x-1)(x–{\ln }^{2}x+2k\ln x–1)=0.$$

综上可知，当常数 $k⩾\ln 2–1$ 时，$(x-1)(x–{\ln }^{2}x+2k\ln x–1)⩾0$ 恒成立.