题目

（ 介休一中 $2018$ 年高三 $9$ 月月考理科第 $21$ 题 ）
已知函数 $f\left( x \right)=a\ln x+\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{2x^2}$ ， $a\in \mathbb{R}$.

讨论函数 $f\left(x\right)$ 的单调性;
证明: $\left( x-1 \right)\left( \mathrm{e}^{-x}-x \right)+2\ln x<\dfrac{2}{3}$.

解析

$ f\left( x \right) $ 的定义域为 $ \left( 0,+\infty \right) $ , $ f\left( x \right) $ 的导函数为 $$ f’\left( x \right)=\dfrac{a}{x}-\dfrac{1}{x^2}-\dfrac{1}{x^3}=\dfrac{ax^2-x-1}{x^3}. $$
- 当 $ a\leqslant0 $ 时, $ f’\left( x \right) < 0 $ ,故 $ f\left( x \right) $ 在 $ \left( 0,+\infty \right) $ 单调递减;
- 当 $ a > 0 $ 时 ,令 $ f’\left( x \right)=0 $ 得 $$ x_0=\dfrac{1+\sqrt{1+4a}}{2a},$$
  - 若 $ x\in\left( 0, \dfrac{1+\sqrt{1+4a}}{2a}\right) $ 时， $ f’\left( x \right) < 0 $ , $ f\left(x\right) $ 单调递减;
  - 若 $ x\in\left( \dfrac{1+\sqrt{1+4a}}{2a},+\infty \right) $ 时， $ f’\left( x \right) > 0 $ ,$ f\left(x\right) $ 单调递增.
注意到 $ \ln x\leqslant x-1 $ ，所以 $$\begin{array}{rl} \left( x-1 \right)\left( \mathrm{e}^{-x}-x \right)+2\ln x&\leqslant \left( x-1 \right)\left( \mathrm{e}^{-x}-x \right)+2 \left( x-1 \right)\\\ &=\left( x-1 \right) \mathrm{e}^{-x}-x\left( x-1 \right)+2\left( x-1 \right) \\\ &=\left( x-1 \right) \mathrm{e}^{-x}-\left( x-\dfrac{3}{2} \right)^2+\dfrac{1}{4} \\\ &\leqslant \left( x-1 \right) \mathrm{e}^{-x}+\dfrac{1}{4} \ \end{array}$$记 $ g\left( x \right)=\left( x-1 \right) \mathrm{e}^{-x}+\dfrac{1}{4}\left( x > 0 \right) $ ，则 $$ g’\left( x \right)=\left( 2-x \right)\mathrm{e}^{-x}, $$
- 当 $ x\in\left( 0,2 \right) $ 时， $ g’\left( x \right) > 0 $ , $ g\left( x \right) $ 单调递增;
- 当 $ x\in\left( 2,+\infty \right) $ 时， $ g’\left( x \right) < 0 $ , $ g\left( x \right) $ 单调递减.
故 $$ g\left( x \right)_{\max}=g\left( 2 \right)=\dfrac{1}{e^2}+\dfrac{1}{4} < \dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{4}=\dfrac{1}{2} < \dfrac{2}{3}. $$ 所以 $ \left( x-1 \right)\left( \mathrm{e}^{-x}-x \right)+2\ln x < \dfrac{2}{3} $ .