919

已知函数 ${\displaystyle f(x)={\mathrm{e}}^x,g(x)=\ln x}$ (注意: ${\displaystyle \mathrm{e}}$ 为自然对数的底数，取值数据可以使用 ${\displaystyle 2.718}$)

1. 已知直线 ${\displaystyle m,n}$ 为函数 ${\displaystyle f(x)}$ 与 ${\displaystyle g(x)}$ 图像的两条公切线，且直线 ${\displaystyle m}$ 与 ${\displaystyle n}$ 交于点 ${\displaystyle P}$. 设坐标原点为 ${\displaystyle O}$, 求证: 线段 ${\displaystyle OP}$ 的长度大于 ${\displaystyle {\displaystyle \frac{\sqrt{2}}{2}}}$;
2. 若 ${\displaystyle f(x)>g(x)+k}$ 对于任意的 ${\displaystyle x>0}$ 恒成立，求证: 实数 ${\displaystyle k}$ 的最大值大于 ${\displaystyle 2.3}$;
3. 若 ${\displaystyle h(x)=f(x)-x-x^2}$, 求证: 当 ${\displaystyle 0<x<2}$ 时，${\displaystyle {\displaystyle \frac{1}{2}<h(x)<2}}$.

1. 如图，设两条公切线与曲线交于 ${\displaystyle (x_i,f(x_i)),i=1,2,3,4}$ 如图. 一方面整个图形关于 ${\displaystyle y=x}$ 对称，故$$\begin{array}{r}{x}_3=\ln x_2,x_4={\mathrm{e}}^{x_1}.\end{array}$$
   另一方面由公切线这一条件得$$\begin{array}{r}{\mathrm{e}}^{x_1}=\frac{1}{x_2},{\mathrm{e}}^{x_1}(1-x_1)=\ln x_2-1,{\mathrm{e}}^{x_3}=\frac{1}{x_4},{\mathrm{e}}^{x_3}(1-x_3)=\ln x_4-1.\end{array}$$
   设${\displaystyle u(x)={\displaystyle \ln x-\frac{x+1}{x-1},x>1}}$，则${\displaystyle u^{\prime }(x)={\displaystyle \frac{1}{x}+\frac{2}{(x-1{)}^2}>0}}$. 上述条件得到${\displaystyle u(x_2)=0}$. 又利用熟知结论${\displaystyle {\displaystyle \ln x\ge \frac{2(x-1)}{x+1},x>1}}$，有$$\begin{array}{r}u(5)=\ln 5-\frac{3}{2}=2\ln \sqrt{5}-\frac{3}{2}>\frac{4(\sqrt{5}-1)}{\sqrt{5}+1}-\frac{3}{2}=\frac{9}{2}-2\sqrt{5}>0,\end{array}$$
   得${\displaystyle 1<x_2<5}$. 现在运用这些等量关系我们将两条公切线写为$$\begin{array}{r}y-x_4=x_4(x-x_1),y-x_2=x_2(x-x_3),\end{array}$$
   联立并消至关于${\displaystyle x_2}$的表达式：$$\begin{array}{r}{x}_P=\frac{x_1{x}_4-x_2{x}_3}{x_4-x_2}-1=\frac{2}{x_2+\frac{1}{x_2}-2}>\frac{2}{5+\frac{1}{5}-2}>\frac{1}{2},\end{array}$$
   根据对称性 ${\displaystyle y_P=x_P\Rightarrow OP>{\displaystyle \frac{\sqrt{2}}{2}}}$.
2. ${\displaystyle (f-g{)}^{\prime }={\mathrm{e}}^x-{\displaystyle \frac{1}{x},(f-g{)}^{″}={\mathrm{e}}^x+\frac{1}{x^2}>0}}$, 推出 ${\displaystyle (f-g{)}^{\prime }(x)}$ 单增,进而存在唯一零点 ${\displaystyle x_0}$ (可取支撑点 ${\displaystyle {\mathrm{e}}^{-1},1}$ 证明其存在性)，进而 ${\displaystyle k_{max}=(f-g)(x_0)={\displaystyle x_0+\frac{1}{x_0}}}$.
   一方面利用熟知的不等式 ${\displaystyle {\mathrm{e}}^x{\displaystyle \ge 1+x+\frac{x^2}{2},x\ge 0}}$ 有 $${\displaystyle {\mathrm{e}}^{x_0}=\frac{1}{x_0}>1+x_0+\frac{x_0^2}{2}\Rightarrow \frac{x_0^3}{2}+x_0^2+x_0-1<0.}$$
   记左侧函数为 ${\displaystyle \phi (x)}$，它显然在 ${\displaystyle (0,+\mathrm{\infty })}$ 上单增. 偷偷按计算器后可以注意到 ${\displaystyle {\displaystyle \phi \left(\frac{11}{19}\right)=\frac{153}{13718}>0}}$, 故 ${\displaystyle x_0<{\displaystyle \frac{11}{19}}}$.另一方面，在这个估计之下 ${\displaystyle {\displaystyle x_0+\frac{1}{x_0}-2.3>\frac{11}{19}+\frac{19}{11}-2.3=\frac{13}{2090}>0}}$，故结论得证.
3. 由题意 ${\displaystyle h^{\prime }(x)={\mathrm{e}}^x-1-2x,h^{″}(x)={\mathrm{e}}^x-2}$,故 ${\displaystyle h^{\prime }(x)}$ 在 ${\displaystyle [0,2]}$ 上有唯一极小值点 ${\displaystyle \ln 2}$，且 ${\displaystyle h^{\prime }(\ln 2)=1-2\ln 2<0}$.又 ${\displaystyle h^{\prime }(0)=0<{\mathrm{e}}^2-5=h^{\prime }(2)}$，故 ${\displaystyle h^{\prime }(x)}$ 存在唯一零点 ${\displaystyle x_0}$，它是 ${\displaystyle h(x)}$ 的极小值点，这样 $$h(x{)}_{max}=max\{h(0),h(2)\}=max\{1,{\mathrm{e}}^2-6\}<2.$$
   而我们可以注意到$$\begin{array}{r}{h}^{\prime }\left(\frac{4}{3}\right)={\mathrm{e}}^{\frac{4}{3}}-\frac{11}{3}=\mathrm{e}\cdot {\mathrm{e}}^{\frac{1}{3}}-\frac{11}{3}>\mathrm{e}(1+\frac{1}{3}+\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{9})-\frac{11}{3}=\frac{25\mathrm{e}-66}{18}>\frac{25\times 2.71-66}{18}>0,\end{array}$$
   因此${\displaystyle x_0<{\displaystyle \frac{4}{3}}}$. 从而$$\begin{array}{r}h(x{)}_{min}=h(x_0)=1+x_0-x_0^2>1+\frac{4}{3}-\frac{16}{9}=\frac{5}{9}>\frac{1}{2}.\end{array}$$
   这样结论得证！