2011年考研数学一第18题

**答案**: 见解析

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**解析**:

令 $f(x)=\ln (1+x)-\displaystyle\frac{x}{1+x}, \quad f(0)=0$ ，

$$ f^{\prime}(x)=\frac{1}{1+x}-\frac{1}{(1+x)^{2}}\gt 0(x\gt 0), $$

由 $\left\{\begin{array}{l}f(0)=0, \\ f^{\prime}(x)\gt 0(x\gt 0),\end{array}\right.$ 得 $f(x)\gt 0(x\gt 0)$ ，即当 $x\gt 0$ 时，$\displaystyle\frac{x}{1+x}\lt \ln (1+x)$ ； 令 $g(x)=x-\ln (1+x), g(0)=0, g^{\prime}(x)=1-\displaystyle\frac{1}{1+x}\gt 0(x\gt 0)$ ，由 $\left\{\begin{array}{l}g(0)=0, \\ g^{\prime}(x)\gt 0(x\gt 0),\end{array}\right.$ 得 $g(x)\gt 0(x\gt 0)$ ，即当 $x\gt 0$ 时， $\ln (1+x)\lt x$ ， 于是当 $x\gt 0$ 时，$\displaystyle\frac{x}{1+x}\lt \ln (1+x)\lt x$ ，取 $x=\displaystyle\frac{1}{n}$ ，则有 $\displaystyle\frac{1}{n+1}\lt \ln \left(1+\displaystyle\frac{1}{n}\right)\lt \displaystyle\frac{1}{n}$ ．

## 方法二 中值定理

令 $f(t)=\ln (1+t)(t\gt 0), \quad f(0)=0, \quad f^{\prime}(t)=\displaystyle\frac{1}{1+t}$ ． 由拉格朗日中值定理，存在 $\xi \in\left(0, \displaystyle\frac{1}{n}\right)$ ，使得 $f\left(\displaystyle\frac{1}{n}\right)-f(0)=\displaystyle\frac{f^{\prime}(\xi)}{n}$ ，即

$$ \ln \left(1+\frac{1}{n}\right)=\frac{1}{n(1+\xi)}, $$

因为 $\displaystyle\frac{1}{1+\displaystyle\frac{1}{n}}\lt \displaystyle\frac{1}{1+\xi}\lt \displaystyle\frac{1}{1+0}$ ，即 $\displaystyle\frac{n}{n+1}\lt \displaystyle\frac{1}{1+\xi}\lt 1$ ，所以 $\displaystyle\frac{1}{n+1}\lt \ln \left(1+\displaystyle\frac{1}{n}\right)\lt \displaystyle\frac{1}{n}$ ． 方法三 因为当 $x \in[n, n+1]$ 时，$\displaystyle\frac{1}{n+1} \leqslant \displaystyle\frac{1}{x} \leqslant \displaystyle\frac{1}{n}$ 且不恒等， 所以 $\displaystyle\int_{n}^{n+1} \displaystyle\frac{1}{n+1} \mathrm{~d} x\lt \displaystyle\int_{n}^{n+1} \displaystyle\frac{1}{x} \mathrm{~d} x\lt \displaystyle\int_{n}^{n+1} \displaystyle\frac{1}{n} \mathrm{~d} x$ ，即 $\displaystyle\frac{1}{n+1}\lt \ln (n+1)-\ln n\lt \displaystyle\frac{1}{n}$ ，整理得

$$ \frac{1}{n+1}\lt \ln \left(1+\frac{1}{n}\right)\lt \frac{1}{n} . $$

（II）由（I）得 $a_{n+1}-a_{n}=\displaystyle\frac{1}{n+1}-\ln \left(1+\displaystyle\frac{1}{n}\right)\lt 0$ ，则 $\left\{a_{n}\right}$ 单调减少。 因为 $a_{n}=1+\displaystyle\frac{1}{2}+\cdots+\displaystyle\frac{1}{n}-\ln n$

$$\ln (1+1)+\ln \left(1+\frac{1}{2}\right)+\cdots+\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)-\ln n=\ln (n+1)-\ln n\gt 0, $$

所以 $\left\{a_{n}\right}$ 单调减少且有下界，故 $\left\{a_{n}\right}$ 收敛。 方法点评：在本题基础上需要掌握不等式证明中使用的放缩法： 【例】证明： $\ln (1+n) \leqslant 1+\displaystyle\frac{1}{2}+\cdots+\displaystyle\frac{1}{n} \leqslant 1+\ln n$ ． 【证明】当 $x \in[1,2]$ 时，由 $\displaystyle\frac{1}{1} \geqslant \displaystyle\frac{1}{x}$ ，得 $\displaystyle\int_{1}^{2} \displaystyle\frac{1}{1} \mathrm{~d} x \geqslant \displaystyle\int_{1}^{2} \displaystyle\frac{1}{x} \mathrm{~d} x$ ，即 $1 \geqslant \displaystyle\int_{1}^{2} \displaystyle\frac{1}{x} \mathrm{~d} x$ ．当 $x \in[2,3]$ 时，由 $\displaystyle\frac{1}{2} \geqslant \displaystyle\frac{1}{x}$ ，得 $\displaystyle\int_{2}^{3} \displaystyle\frac{1}{2} \mathrm{~d} x \geqslant \displaystyle\int_{2}^{3} \displaystyle\frac{1}{x} \mathrm{~d} x$ ，即 $\displaystyle\frac{1}{2} \geqslant \displaystyle\int_{2}^{3} \displaystyle\frac{1}{x} \mathrm{~d} x$ ．

同理 $\displaystyle\frac{1}{3} \geqslant \displaystyle\int_{3}^{4} \displaystyle\frac{1}{x} \mathrm{~d} x, \cdots, \displaystyle\frac{1}{n} \geqslant \displaystyle\int_{n}^{n+1} \displaystyle\frac{1}{x} \mathrm{~d} x$ ，相加得 $1+\displaystyle\frac{1}{2}+\cdots+\displaystyle\frac{1}{n} \geqslant \displaystyle\int_{1}^{n+1} \displaystyle\frac{1}{x} \mathrm{~d} x=\ln (1+n)$ ； 又当 $x \in[1,2]$ 时，由 $\displaystyle\frac{1}{2} \leqslant \displaystyle\frac{1}{x}$ ，得 $\displaystyle\int_{1}^{2} \displaystyle\frac{1}{2} \mathrm{~d} x \leqslant \displaystyle\int_{1}^{2} \displaystyle\frac{1}{x} \mathrm{~d} x$ ，即 $\displaystyle\frac{1}{2} \leqslant \displaystyle\int_{1}^{2} \displaystyle\frac{1}{x} \mathrm{~d} x$ ； 当 $x \in[2,3]$ 时，由 $\displaystyle\frac{1}{3} \leqslant \displaystyle\frac{1}{x}$ ，得 $\displaystyle\int_{2}^{3} \displaystyle\frac{1}{3} \mathrm{~d} x \leqslant \displaystyle\int_{2}^{3} \displaystyle\frac{1}{x} \mathrm{~d} x$ ，即 $\displaystyle\frac{1}{3} \leqslant \displaystyle\int_{2}^{3} \displaystyle\frac{1}{x} \mathrm{~d} x$ ； 同理 $\displaystyle\frac{1}{4} \leqslant \displaystyle\int_{3}^{4} \displaystyle\frac{1}{x} \mathrm{~d} x, \cdots, \displaystyle\frac{1}{n} \leqslant \displaystyle\int_{n-1}^{n} \displaystyle\frac{1}{x} \mathrm{~d} x$ ，相加得 $\displaystyle\frac{1}{2}+\displaystyle\frac{1}{3}+\cdots+\displaystyle\frac{1}{n} \leqslant \displaystyle\int_{1}^{n} \displaystyle\frac{1}{x} \mathrm{~d} x=\ln n$ ，于是

$$ 1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n} \leqslant 1+\ln n \text {, 故 } \ln (1+n) \leqslant 1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n} \leqslant 1+\ln n \text {. } $$