2018 年考研数学（二） 第 18 题

形如 $(x-1)\cdot F(x)\ge 0$ 的不等式，标准思路是证明 $F(x)$ 与 $(x-1)$ 变号点一致——即 $F$ 在 $x=1$ 处穿过零点且单调。于是设 $f=F$，证 $f$ 单调增且 $f(1)=0$。单调性归结为 $f^{\prime }\ge 0$，而 $f^{\prime }$ 的符号由括号 $g(x)=x-2\ln x+2k$ 决定；$g$ 有唯一极小点 $x=2$，把「$g\ge 0$」变成「$g(2)\ge 0$」这一个不等式，而条件 $k\ge \ln 2-1$ 恰好卡在使 $g(2)=0$ 的临界值上，证明一气呵成。

本题考查用单调性证明不等式。 因出现 $\ln x$，定义域为 $x>0$。设 $f(x)=x-{\ln }^{2}x+2k\ln x-1$，只需证明：当 $0<x<1$ 时 $f(x)<0$，当 $x>1$ 时 $f(x)>0$（这样 $(x-1)$ 与 $f(x)$ 同号，乘积非负）。

求导：
$$f^{\prime }(x)=1-\frac{2\ln x}{x}+\frac{2k}{x}=\frac{1}{x}\left(x-2\ln x+2k\right).$$
设 $g(x)=x-2\ln x+2k$，则 $g^{\prime }(x)=1-\frac{2}{x}$。令 $g^{\prime }(x)=0$ 得 $x=2$ 为 $g$ 的唯一驻点。

又 $g^{\prime \prime }(x)=\frac{2}{x^2}>0$，故 $x=2$ 是 $g(x)$ 的唯一极小值点，$g(2)$ 即 $g$ 的最小值。因为 $k\ge \ln 2-1$，所以
$$g(2)=2-2\ln 2+2k\ge 2-2\ln 2+2(\ln 2-1)=0.$$
从而 $g(x)\ge g(2)\ge 0$，即 $g(x)\ge 0$（$x\ne 2$ 时严格大于 $0$）。

于是 $f^{\prime }(x)=\frac{g(x)}{x}\ge 0$（$x>0$），$f(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 上单调增加。又 $f(1)=1-0+0-1=0$，故当 $0<x<1$ 时 $f(x)<f(1)=0$，当 $x>1$ 时 $f(x)>f(1)=0$。因此 $(x-1)f(x)\ge 0$，即原不等式成立。