Problem
已知 $ f(x) =ae^{x-1}+\frac{1}{a}-3 \ln x - 3 ,a>0 $ .
证明： $ \forall \theta \in (0,\frac{\pi}{2}) , f(\sin \theta) + f(\cos \theta ) >-1$ .
分析
和同学看了参考答案之后大为震撼。
两个超越函数，肯定要放缩处理，但本题非参考答案做法宽松到两个都可以放掉。
Solution
Solution1
已知
\[e^{x-1} > x >\ln x+1 \\
\]
其中 $ x>0 ,x \neq 1 $ .
则
\[f(x)>ax+\frac{1}{a}-3x = (a-3)x+\frac{1}{a}\\f(\sin \theta) + f(\cos \theta ) > (a-3)(\sin \theta +\cos \theta)+\frac{1}{a} =\sqrt{2} \sin (\theta +\frac{\pi}{4}) (a-3) +\frac{2}{a} =Q
\]
1. $ a\in [3,+\infin) $
此时 $ Q \geq a-3+\frac{2}{a} \geq \frac{2}{3} >-1 \hspace {0.1cm} (a=3)$ .
2. $ a\in (0,3)$
则
\[Q +1\geq {\sqrt2} (a-3)+\frac{2}{a} \geq 2{\sqrt{ 2{\sqrt{2}} }} -3\sqrt{2} +1\hspace {0.1cm} (a=2^{\frac{1}{4}})
\]
考虑 $ 3\sqrt{2}-1 $ 和 $ 2\sqrt{2\sqrt{2}} $ 的大小关系：
\[\because (3\sqrt{2}-1)^2=19-6\sqrt2 \\(2 \sqrt{ 2{ \sqrt{2} }}) ^2 =8\sqrt2 \\又 \because 19-14\sqrt2 = \frac{361-392}{19+14\sqrt2} <0 \\\begin {aligned}\therefore 19-6\sqrt2 &< 8\sqrt2 \\(3\sqrt{2}-1)^2 &< (2 \sqrt{ 2{ \sqrt{2} }}) ^2 \\3\sqrt{2}-1 &< 2 \sqrt{ 2{ \sqrt{2} }} \\2 \sqrt{ 2{ \sqrt{2} }} - 3\sqrt{2}+1 &>0 \end{aligned}
\]
于是 $ f(\sin \theta) + f(\cos \theta ) > Q>-1 $ ，原命题得证。
Solution2
将1化为 $ \sin^2 \theta+ \cos^2 \theta $ ，最后可以同构出两个恒大于零的函数，请读者自证(其实是咕咕咕了)
source：模拟卷九
)
