上册 3.5 不等式证明 第13题

\section*{解题过程：} （1）设 $\displaystyle f(x)=\frac{\tan x}{x}$ ，则 $$ f^{\prime}(x)=\frac{x \sec ^{2} x-\tan x}{x^{2}}=\frac{1}{x^{2} \cos ^{2} x}(x-\sin x \cos x)=\frac{1}{x^{2} \cos ^{2} x}\left(x-\frac{1}{2} \sin 2 x\right) . $$ 令 $\displaystyle g(x)=x-\frac{1}{2} \sin 2 x$ ，则 $g(0)=0, g^{\prime}(x)=1-\cos 2 x>0$ 。于是 $\displaystyle g(x)=x-\frac{1}{2} \sin 2 x>0$ 。进一步，当 $x>0$ 时，$f^{\prime}(x)>0$ 。从而 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上严格单调递增，故当 $x_{2}>x_{1}>0$ 时有 $f\left(x_{2}\right)>f\left(x_{1}\right)$ ，即 $\displaystyle \frac{\tan x_{2}}{x_{2}}>\frac{\tan x_{1}}{x_{1}}$. （2）设 $\displaystyle f(x)=\frac{\sin x}{x}$ ，则 $\displaystyle f^{\prime}(x)=\frac{x \cos x-\sin x}{x^{2}}$ ． 令 $g(x)=x \cos x-\sin x$ ，则 $g(0)=0, g^{\prime}(x)=-x \sin x<0$ 。于是 $g(x)0$时，$f^{\prime}(x)<0$ ．从而 $f(x)$ 在 $(0, \pi)$ 上严格减少，故当 $\pi>x_{2}>x_{1}>0$ 时有 $f\left(x_{2}\right)\frac{x_{1}}{x_{2}}$. （3）不妨设 $a>b$ ．设 $f(x)=2\left(\mathrm{e}^{x}-\mathrm{e}^{b}\right)-\left(\mathrm{e}^{x}+\mathrm{e}^{b}\right)(x-b), x>b$ ，则 $$ f(b)=0 \text {, 且 } f^{\prime}(x)=2 \mathrm{e}^{x}-\left[\mathrm{e}^{x}(x-b)+\left(\mathrm{e}^{x}+\mathrm{e}^{b}\right)\right]=\mathrm{e}^{x}-\mathrm{e}^{b}-\mathrm{e}^{x}(x-b) \text {, } $$ $$ f^{\prime}(b)=0, f^{\prime \prime}(x)=\mathrm{e}^{x}(-x+b)<0 . $$ 这说明 $f^{\prime}(x)$ 单调减少。故当 $x>b$ 时 $f^{\prime}(x)b$ 时 $f(x)b$ ），则所证明的不等式可写成 $\displaystyle \frac{2(x-1)}{x+1}<\ln x<\frac{x-1}{\sqrt{x}},(x>1)$ ． 设 $\displaystyle f(x)=\ln x-\frac{2(x-1)}{x+1}$ ，则 $\displaystyle f^{\prime}(x)=\frac{(x-1)^{2}}{x(1+x)^{2}}>0,(x>1)$ ．因此 $f(x)$ 在 $x \geqslant 1$ 上严格单调递增，从而对任意 $x>1$ 有 $f(x)>f(1)=0$ ，即 $\displaystyle \ln x>\frac{2(x-1)}{x+1}$ ． 设 $\displaystyle g(x)=\frac{x-1}{\sqrt{x}}-\ln x,(x>1)$ ，则 $\displaystyle g^{\prime}(x)=\frac{(\sqrt{x}-1)^{2}}{2 x \sqrt{x}}>0$ 。于是对任意 $x>1$ 有 $g(x)>g(1)=0$ ，即 $\displaystyle \frac{x-1}{\sqrt{x}}>\ln x$. 所以 $\displaystyle \frac{2}{a+b}<\frac{\ln a-\ln b}{a-b}<\frac{1}{\sqrt{a b}}$ ． （5）令 $\displaystyle f(x)=\frac{x}{1+x}, x \in(0,+\infty)$ ，则当 $x \in(0,+\infty)$ 时，$\displaystyle f^{\prime}(x)=\frac{1}{(1+x)^{2}}>0$ ．因此 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 内严格单调增加． 对任意的实数 $a$ 和 $b$ 有 $|a+b| \leqslant|a|+|b|$ ，从而有 $f(|a+b|) \leqslant f(|a|+|b|)$ ．于是 $$ \frac{|a+b|}{1+|a+b|} \leqslant \frac{|a|+|b|}{1+|a|+|b|}=\frac{|a|}{1+|a|+|b|}+\frac{|b|}{1+|a|+|b|} \leqslant \frac{|a|}{1+|a|}+\frac{|b|}{1+|b|} . $$ （6）令 $\displaystyle f(x)=\frac{x}{1+x}, x \in(0,+\infty)$ ，则当 $x \in(0,+\infty)$ 时，$\displaystyle f^{\prime}(x)=\frac{1}{(1+x)^{2}}>0$ ．因此 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 内严格单调增加． 当 $\displaystyle \alpha, \beta \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$ 时， $0<\sin (\alpha+\beta)=\sin \alpha \cos \beta+\cos \alpha \sin \beta \leqslant \sin \alpha+\sin \beta$ 。从而 $$ f(\sin (\alpha+\beta)) \leqslant f(\sin \alpha+\sin \beta) $$ 于是 $\displaystyle \frac{\sin (\alpha+\beta)}{1+\sin (\alpha+\beta)} \leqslant \frac{\sin \alpha+\sin \beta}{1+\sin \alpha+\sin \beta} \leqslant \frac{\sin \alpha}{1+\sin \alpha+\sin \beta}+\frac{\sin \beta}{1+\sin \alpha+\sin \beta} \leqslant \frac{\sin \alpha}{1+\sin \alpha}+\frac{\sin \beta}{1+\sin \alpha}$ ．