令 $f(x) = x\ln\dfrac{1+x}{1-x} + \cos x - 1 - \dfrac{x^2}{2}$，需证 $f(x) \ge 0$。

$f(0) = 0$（最好先写 $f(0) = 0$）。

$f(-x) = (-x)\ln\dfrac{1-x}{1+x} + \cos x - 1 - \dfrac{x^2}{2} = x\ln\dfrac{1+x}{1-x} + \cos x - 1 - \dfrac{x^2}{2} = f(x)$。

$f(x)$ 为偶函数，只需证 $x \in [0, 1)$ 时 $f(x) \ge 0$。

方法一（一阶导）：

由 $\dfrac{2x}{1-x^2} \ge 2x$（$0 \le x < 1$），$\ln\dfrac{1+x}{1-x} \ge 0$（$x \ge 0$），$\sin x \le x$：

$f'(x) \ge 0 + 2x - x - x = 0$。

故 $f(x)$ 在 $[0, 1)$ 上单增，$f(x) \ge f(0) = 0$。

方法二（二阶导）：

$f'(0) = 0$。计算 $f''(x)$，证明 $f''(x) > 0$（$x \in (0,1)$），则 $f'(x)$ 单增，$f'(x) \ge f'(0) = 0$，故 $f(x) \ge f(0) = 0$。

策略：$(x-1)$ 在 $x = 1$ 处变号，需证 $g(x) = x - \ln^2 x + 2k\ln x - 1$ 与 $(x-1)$ 同号。即证 $g(x) \ge 0$（$x \ge 1$）且 $g(x) \le 0$（$0 < x \le 1$），等价于 $g(x)$ 在 $(0, +\infty)$ 上单增且 $g(1) = 0$。

$g(1) = 1 - 0 + 0 - 1 = 0$。

分母 $x > 0$ 恒正，$g'(x)$ 的正负性仅取决于分子 $h(x) = x - 2\ln x + 2k$。

$h'(x) = 1 - \dfrac{2}{x}$，$h'(x) = 0$ 时 $x = 2$。$h(x)$ 在 $(0,2)$ 上单减，$(2,+\infty)$ 上单增。

$h_{\min} = h(2) = 2 - 2\ln 2 + 2k$。

由 $k \ge \ln 2 - 1$：$h_{\min} \ge 2 - 2\ln 2 + 2(\ln 2 - 1) = 0$。

故 $h(x) \ge 0$，$g'(x) \ge 0$，$g(x)$ 在 $(0, +\infty)$ 上单增。

$g(1) = 0$：$x > 1$ 时 $g(x) > 0$，$0 < x < 1$ 时 $g(x) < 0$。

$(x-1)$ 与 $g(x)$ 同号（或同时为零），故 $(x-1) \cdot g(x) \ge 0$。

几何意义：$f''(x) > 0$ 意味着 $f(x)$ 为凹函数，弦在曲线上方，梯形面积大于曲线下面积。

证明（把上限 $b$ 写成 $x$）：

令 $F(x) = \dfrac{1}{2}[f(a) + f(x)](x-a) - \displaystyle\int_a^x f(t)\,dt$。

$F(a) = 0$。需证 $F(b) > 0$，只需证 $F'(x) > 0$（$x > a$）。

由拉格朗日中值定理：$f(x) - f(a) = f'(\eta)(x-a)$，$\eta \in (a, x)$。

由 $f''(x) > 0$，$f'(x)$ 严格单增，$x > \eta$，故 $f'(x) > f'(\eta)$。

$F'(x) > 0$（$x > a$），故 $F(x)$ 严格单增，$F(b) > F(a) = 0$。