1999 年考研数学（一） 第 14 题

证不等式的通法是移项构造 $f$ 并研究其最小值。这里 $f,f^{\prime }$ 在 $x=1$ 都取 $0$ 但符号不易直接看出，于是「逐阶下探」：算到 $f^{\prime \prime \prime }$ 符号清楚（以 $x=1$ 为界变号），推出 $f^{\prime \prime }$ 在 $x=1$ 取最小且恒正，进而 $f^{\prime }$ 单增且在 $1$ 变号，$x=1$ 是 $f$ 的最小点，故 $f\ge f(1)=0$。核心是「用更高阶导数的单调性锁定低阶导数的符号」。

分析：作辅助函数 $f(x)=(x^2-1)\ln x-(x-1{)}^2$，证明 $x>0$ 时 $f(x)\ge 0$。注意 $f(1)=0$，逐阶求导判断单调性。

令 $f(x)=(x^2-1)\ln x-(x-1{)}^2$，则 $f(1)=0$，且
$$f^{\prime }(x)=2x\ln x+x-\frac{1}{x}-2(x-1)=2x\ln x-x-\frac{1}{x}+2,f^{\prime }(1)=0,$$
$$f^{\prime \prime }(x)=2\ln x+1+\frac{1}{x^2},f^{\prime \prime }(1)=2>0,$$
$$f^{\prime \prime \prime }(x)=\frac{2}{x}-\frac{2}{x^3}=\frac{2(x^2-1)}{x^3}.$$

由 $f^{\prime \prime \prime }(x)$ 的符号：$0<x<1$ 时 $f^{\prime \prime \prime }(x)<0$，$x>1$ 时 $f^{\prime \prime \prime }(x)>0$，故 $x=1$ 是 $f^{\prime \prime }(x)$ 的最小值点，从而 $f^{\prime \prime }(x)\ge f^{\prime \prime }(1)=2>0$，即 $f^{\prime \prime }(x)>0$ 恒成立。

于是 $f^{\prime }(x)$ 单调递增，结合 $f^{\prime }(1)=0$ 知：$0<x<1$ 时 $f^{\prime }(x)<0$，$x>1$ 时 $f^{\prime }(x)>0$，故 $x=1$ 是 $f(x)$ 的最小值点。

因此当 $x>0$ 时 $f(x)\ge f(1)=0$，即 $(x^2-1)\ln x\ge (x-1{)}^2$。证毕。