每日一练4.22

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\text{接力题典\ }1800
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54.\text{证明：当}x>0\text{时，}x^2>\left( 1+x \right) \ln ^2\left( 1+x \right) .
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\text{解：令}G\left( x \right) =x^5-\left( 1+x \right) \ln ^2\left( 1+x \right) \text{，}G^’\left( x \right) =2x-\ln ^2\left( 1+x \right) -2\ln \left( 1+x \right) \text{，}
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G^{’’}\left( x \right) =2-\frac{2\ln \left( 1+x \right)}{1+x}-\frac{2}{1+x}=2\frac{x-\ln \left( 1+x \right)}{1+x}=0,\text{得}x=0\text{。}
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\text{当}x>0\text{时，}G^{’’}\left( x \right) >0\text{，即}G^{’’}\left( x \right) \text{在}\in \left( 0,+\infty \right) \text{上单调递增，}G^’\left( x \right) =0,x=0,
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\text{即}G\left( x \right) \text{在}\left( 0,+\infty \right) \text{上单调递增，}G\left( 0 \right) =0\text{，故得证。}
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\text{解题思路：首先对于不等式想到构造函数，然后用单调性进行证明，但是一次求导不能看出}
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\text{其单调性，故再进行二次求导，令二阶导数为零，然后可以看出其单调性，再用一阶导，依次进行}
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\text{剥离，最后看出原函数的单调性。}
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55.\text{证明：当}x>0\text{时，}arc\tan x+\frac{1}{x}>\frac{\pi}{2}.
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\text{解：令}f\left( x \right) =\arctan x+\frac{1}{x},f^’\left( x \right) =\frac{1}{1+x^2}-\frac{1}{x^2}=-\frac{1}{\left( 1+x^2 \right) x^2}<0,
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f\left( x \right) \text{在}\left( 0,+\infty \right) \text{单调递减，所以}f\left( x \right) _{\min}=\underset{x\rightarrow +\infty}{\lim}f\left( x \right) =\underset{x\rightarrow +\infty}{\lim}\arctan x+\frac{1}{x}=\frac{\pi}{2}.
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\text{故得证}.
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56.\text{求}y=\int_0^x{\left( 1-t \right)}\arctan tdt\text{的极值}.
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\text{解：}y^’=\arctan x-x\arctan x,y^’=0\text{得}x=0\text{或者}x=1,
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y^{’’}=\frac{1}{1+x^2}-\arctan x-\frac{x}{1+x^2},y^{’’}\left( 0 \right) =1>0,y^{’’}\left( 1 \right) =-\frac{\pi}{4}<0,
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\text{所以}x=0\text{是极小值点，}x=1\text{是极大值点。极大值}y\left( 1 \right) =\int_0^1{\left( 1-t \right) \arctan tdt}
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=\int_0^1{\arctan tdt-}\int_0^1{t\arctan tdt=t\arctan t|_{0}^{1}}-\int_0^1{\frac{t}{1+t^2}}dt-\frac{t^2}{2}\arctan t|_{0}^{1}+\frac{1}{2}\int_0^1{\frac{t^2}{1+t^2}}dt
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=\frac{\pi}{4}-\frac{1}{2}\ln 2-\frac{\pi}{8}+\frac{1}{2}-\frac{\pi}{8}=\frac{1}{2}\left( 1-\ln 2 \right) 
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\text{解题思路：首先根据极值先找到一阶导数为零的点，即驻点，然后用极值的第二判别法进行判别}
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\text{，即可以得出最大最小值的结果。}
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