2012年考研数学二第20题
📝 题目
证明：$x \ln \displaystyle\frac{1+x}{1-x}+\cos x \geqslant 1+\displaystyle\frac{x^{2}}{2}(-1\lt x\lt 1)$ ．
💡 答案解析
好的，我们先用中文给出详细证明过程，最后再整理成清晰的 LaTeX 格式。
**题目**： 证明当 \(-1 < x < 1\) 时，有： \[ x \ln \frac{1+x}{1-x} + \cos x \ge 1 + \frac{x^2}{2}. \]
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### 分析思路
考虑将不等式的左边减右边，构造函数 \[ F(x) = x \ln\frac{1+x}{1-x} + \cos x - 1 - \frac{x^2}{2} \] 再利用函数的奇偶性和导数证明它在 \((-1,1)\) 上非负。
因为该函数显然是偶函数（分别检验每一项：第一项偶，\(\cos x\)偶，其余常数和偶次项也是偶函数），所以只需研究 \(x\ge 0\) 区间即可。
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### 证明过程
1. **定义函数** 设 \[ f(x) = x \ln\frac{1+x}{1-x} + \cos x - 1 - \frac{x^2}{2}, \quad x \in (-1,1). \] 易验证 \(f(-x)=f(x)\)，故只考虑 \(0 \le x < 1\) 并证明 \(f(x)\ge 0\)。
2. **计算导数** 对 \(x>0\)， \[ f'(x) = \ln\frac{1+x}{1-x} + x \cdot \frac{d}{dx}\left( \ln\frac{1+x}{1-x} \right) - \sin x - x. \] 而 \[ \frac{d}{dx} \ln\frac{1+x}{1-x} = \frac{1}{1+x} + \frac{1}{1-x} = \frac{2}{1-x^2}. \] 因此： \[ f'(x) = \ln\frac{1+x}{1-x} + \frac{2x}{1-x^2} - \sin x - x. \]
3. **继续分析导数符号** 记 \[ g(x) = f'(x) = \ln\frac{1+x}{1-x} + \frac{2x}{1-x^2} - \sin x - x. \] 看 \(g(0)=0\)，下面考虑 \(g'(x)\)： \[ g'(x) = \frac{2}{1-x^2} + \frac{d}{dx}\left( \frac{2x}{1-x^2} \right) - \cos x - 1. \] 计算第二项： \[ \frac{d}{dx} \frac{2x}{1-x^2} = \frac{2(1-x^2) - 2x(-2x)}{(1-x^2)^2} = \frac{2(1-x^2) + 4x^2}{(1-x^2)^2} = \frac{2+2x^2}{(1-x^2)^2}. \] 所以 \[ g'(x) = \frac{2}{1-x^2} + \frac{2(1+x^2)}{(1-x^2)^2} - \cos x - 1. \] 通分前两项： \[ \frac{2}{1-x^2} = \frac{2(1-x^2)}{(1-x^2)^2}, \] 于是 \[ \frac{2(1-x^2) + 2(1+x^2)}{(1-x^2)^2} = \frac{4}{(1-x^2)^2}. \] 因此： \[ g'(x) = \frac{4}{(1-x^2)^2} - \cos x - 1. \]
4. **放缩判断二阶导数符号** 当 \(0\le x<1\) 时，\(1-x^2 \le 1\)，所以 \[ \frac{4}{(1-x^2)^2} \ge 4. \] 而 \(\cos x + 1 \le 2\)，因此 \[ g'(x) \ge 4 - (\cos x + 1) \ge 4 - 2 = 2 > 0. \] 故对于 \(x \in (0,1)\) 有 \(g'(x) > 0\)。
5. **导数符号结论**
由于 \(g(0)=0\)，且 \(g'(x)>0\) 对于 \(0 6. **函数值结论**
由于 \(f(0)= 0 \cdot \ln 1 + 1 - 1 - 0 = 0\), 且导数为正，所以当 \(0 因此原不等式得证。 --- ### 整理 LaTeX 解答如下： ```latex
\documentclass{article}
\usepackage{amsmath,amssymb}
\begin{document} \textbf{证明：} 设
\[
f(x)=x\ln\frac{1+x}{1-x}+\cos x -1 -\frac{x^{2}}{2},\quad -1 当 \(x=0\) 时，\(f(0)=0\)．对 \(x>0\) 求导：
\[
f'(x)=\ln\frac{1+x}{1-x}+x\cdot\frac{2}{1-x^{2}}-\sin x - x.
\]
令
\[
g(x)=f'(x)=\ln\frac{1+x}{1-x}+\frac{2x}{1-x^{2}}-\sin x - x.
\]
则 \(g(0)=0\)，且
\[
g'(x)=\frac{2}{1-x^{2}}+\frac{d}{dx}\!\left(\frac{2x}{1-x^{2}}\right)-\cos x -1.
\]
计算
\[
\frac{d}{dx}\!\left(\frac{2x}{1-x^{2}}\right)=\frac{2(1-x^{2})+4x^{2}}{(1-x^{2})^{2}}=\frac{2+2x^{2}}{(1-x^{2})^{2}},
\]
因此
\[
g'(x)=\frac{2}{1-x^{2}}+\frac{2(1+x^{2})}{(1-x^{2})^{2}}-\cos x-1
=\frac{4}{(1-x^{2})^{2}}-(\cos x+1).
\]
由于当 \(0 由偶函数性质知，\(f(x)\ge 0\) 对一切 \(-1 \end{document}
``` 这样就完成了完整且清晰的微积分证明。