具体出来是这样的——
题.已知$\forall x>0,\mathrm e^{(kx-1)/(x+1)}<x+1$中,则整数$k$的最大值为是___.
解1:先作“尝试”,如果直接构造$f(x)=x+1-\mathrm e^{(kx-1)/(x+1)}$,求导后$$f'(x)=\dfrac{(x+1)^2-(k+1)\mathrm e^{(kx-1)/(x+1)}}{(x+1)^2}.$$比原函数还复杂,因此,需改造题目.首选两边取自然对数$$\forall x>0,\mathrm e^{(kx-1)/(x+1)}<x+1 \iff \frac{kx-1}{x+1}<\ln(x+1),x>0.$$
令$$f(x)=\ln(x+1)-\frac{kx-1}{x+1},x>0.$$于是,原问题转化为求$f(x)_{\min}>0$即可.
求导得$$f'(x)=\frac{x-k}{(x+1)^2}.$$
当$k\leqslant 0$时,$f'(x)>0$,从而$f(x)$在$(0,+\infty)$单调递增,所以$$f(x)_{\min}\geqslant f(0)=1>0.$$此时整数$k$ 的最大值为$0$.
当$k>0$时,令$f'(x)=0\Rightarrow x=k$,得到$x,f'(x),f(x)$的关系如下表
$$\begin{array}{|c|c|c|c|}
\hline
x& (0,k) & k &(k,+\infty)\\
\hline
f'(x) & - & 0 & + \\
\hline
f(x) &\searrow & & \nearrow \\
\hline
\end{array}
$$
于是$$f(x)_{\min}=f(k)=\ln(k+1)-\frac{k^2-1}{k+1}=\ln(k+1)-k+1.$$这样原问题又“变化”为$f(k)$与0的大小关系,即需求$\ln(k+1)-k+1>0$的解集.
记$g(x)=\ln(x+1)-x+1,x>0$,求导得$g'(x)=-\dfrac {x}{x+1}<0,$即$g(x)$在$(0,+\infty)$单调递减,又$$g(2)=\ln 3-1>0,g(3)=\ln 4-2<0.$$从而存在惟一的$k_0$使得$g(k_0)=0,$即$$\exists k_0\in (2,3),g(k_0)=\ln (k_0+1)-k_0+1=0.$$
亦是$$\forall k\in (0,k_0),f(x)_{\min}=f(k)>f(k_0)=0.$$
综上,$k$的最大整数值为2.
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解2:在解1中,我得得到了$$\forall x>0,\mathrm e^{(kx-1)/(x+1)}<x+1 \iff \frac{kx-1}{x+1}<\ln(x+1),x>0.$$也可以尝试分离参变量.
进一步,有$$k<\frac {(x+1)\ln (x+1)+1}{x},x>0.$$记$$F(x)=\frac {(x+1)\ln (x+1)+1}{x},x>0.$$于是原问题等价于求$F(x)$的最小值,求导得$$F'(x)=\frac{x-1-\ln(x+1)}{x^2}=\frac{-\left(\ln(x+1)-x+1\right)}{x^2},x>0.$$
由解1中,知$g(x)=\ln(x+1)-x+1,x>0$在单调递减,且$$\exists x_0\in (2,3),g(x_0)=\ln (x_0+1)-x_0+1=0\Rightarrow \ln (x_0+1)=x_0-1.$$
令$F'(x)=\dfrac{x-1-\ln(x+1)}{x^2}=0\Rightarrow x=x_0$,从而得到$x,F'(x),F(x)$的关系如下表
$$\begin{array}{|c|c|c|c|}
\hline
x& (0,x_0) & x_0 &(x_0,+\infty)\\
\hline
F'(x) & - & 0 & + \\
\hline
F(x) &\searrow & & \nearrow \\
\hline
\end{array}
$$
于是$$F(x)_{\min}=F(x_0)=\frac {(x_0+1)\ln (x_0+1)+1}{x_0}=\frac {(x_0+1)(x_0-1)+1}{x_0}=x_0\in (2,3).$$所以,$k$的最大整数值为2. |