上册 3.5 不等式证明 第32题
📝 题目
32．证明下列命题．
（1）证明：集合 $\displaystyle A=\left\{\alpha \mid \forall x>0,\left(1+\frac{1}{x}\right)^{x+\alpha}>\mathrm{e}\right\}$ 有最小值，并求最小值．
（2）对任意的 $n=1,2,3, \cdots$ ，求能使不等式 $\displaystyle \left(1+\frac{1}{n}\right)^{n+\alpha} \leqslant \mathrm{e} \leqslant\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n+\beta}$ 成立的 $\alpha$ 最大值与 $\beta$ 最小值．
（3）证明对任何自然数 $n$ 有 $\displaystyle 0<\mathrm{e}-\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n}<\frac{3}{n}$ ．
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
（1）不等式 $\displaystyle \left(1+\frac{1}{x}\right)^{x+\alpha}>\mathrm{e}$ 等价于 $\displaystyle (x+\alpha) \ln \left(1+\frac{1}{x}\right)>1$ ，即 $\displaystyle \alpha>\left[\ln \left(1+\frac{1}{x}\right)\right]^{-1}-x$ 。所以 $\alpha \in A$ 等价于 $\alpha$ 是 $\displaystyle f(x)=\left[\ln \left(1+\frac{1}{x}\right)\right]^{-1}-x$ 的上界 $(x>0)$ 。按确界定义，即 $\min A=\sup _{x>0} f(x)$ 。
由不等式 $\displaystyle \frac{1}{x(1+x)}>\ln ^{2}\left(1+\frac{1}{x}\right)$ 知 $\displaystyle f^{\prime}(x)=\left[\ln \left(1+\frac{1}{x}\right)\right]^{-2} \cdot \frac{1}{x(1+x)}-1>0$ ，所以 $f(x)$ 严格单调增加，故 $\sup _{x>0} f(x)=\lim _{x \rightarrow+x} f(x)$ ．
由于
$$
\begin{aligned}
f(x) & =\left[\ln \left(1+\frac{1}{x}\right)\right]^{-1}-x=x\left\{\frac{1}{x}\left[\ln \left(1+\frac{1}{x}\right)\right]^{-1}-1\right\}=x\left[\frac{1}{x\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{2 x^{2}}+o\left(\frac{1}{2 x^{2}}\right)\right)}-1\right] \\
& =x\left(\frac{1}{1-\frac{1}{2 x}+o\left(\frac{1}{x}\right)}-1\right)=x\left(1+\frac{1}{2 x}+o\left(\frac{1}{x}\right)-1\right)=\frac{1}{2}+x \cdot o\left(\frac{1}{x}\right)
\end{aligned}
$$
所以 $\displaystyle \lim _{x \rightarrow+\infty} f(x)=\frac{1}{2}$ 。故 $\displaystyle \min A=\sup _{x>0} f(x)=\lim _{x \rightarrow+\infty} f(x)=\frac{1}{2}$ ．
（2）由 $\displaystyle \left(1+\frac{1}{n}\right)^{n+\alpha} \leqslant \mathrm{e} \leqslant\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n+\beta}$ 得 $\displaystyle \alpha \leqslant \frac{1}{\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)}-n \leqslant \beta$ ．
令 $\displaystyle f(x)=\left(\ln \left(1+\frac{1}{x}\right)\right)^{-1}-x, x \geqslant 1$ ，则由不等式 $\displaystyle \frac{1}{x(1+x)}>\ln ^{2}\left(1+\frac{1}{x}\right)$ 知
$$
f^{\prime}(x)=\left(\ln \left(1+\frac{1}{x}\right)\right)^{-2} \cdot \frac{1}{x(1+x)}-1>0
$$
所以 $f(x)$ 严格单调增加．故 $f(x)$ 的最小值在 $x=1$ 达到， $\displaystyle \min _{x>1} f(x)=\frac{1}{\ln 2}-1$ ．
由（1）知 $\displaystyle \sup _{x>0} f(x)=\lim _{x \rightarrow+x} f(x)=\frac{1}{2}$ ．于是最大的 $\alpha$ 为 $\displaystyle \frac{1}{\ln 2}-1$ ，最小的 $\beta$ 为 $\displaystyle \frac{1}{2}$ ．
（3）由 $\displaystyle \ln \left(1+\frac{1}{n}\right)<\frac{1}{n}$ 有 $\displaystyle \ln \left(1+\frac{1}{n}\right)^{n}<1$ ．所以 $\displaystyle 0<\mathrm{e}-\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n}$ ．
下证： $\displaystyle \mathrm{e}-\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n}<\frac{3}{n}$ ．
由（2）知 $\displaystyle \mathrm{e} \leqslant\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n+1}$ ．于是
而
$$
\begin{aligned}
& 0 \leqslant \mathrm{e}-\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n} \leqslant\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n+1}-\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n}=\frac{1}{n}\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n} \\
& \begin{aligned}
\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n} & =1+\frac{n}{1!} \cdot \frac{1}{n}+\frac{n(n-1)}{2!} \cdot \frac{1}{n^{2}}+\frac{n(n-1)(n-2)}{3!} \cdot \frac{1}{n^{3}}+\cdots+\frac{n(n-1) \cdots(n-n+1)}{n!} \cdot \frac{1}{n^{n}} \\
& =1+1+\frac{1}{2}\left(1-\frac{1}{n}\right) \cdot+\frac{1}{3!}\left(1-\frac{1}{n}\right) \cdot\left(1-\frac{2}{n}\right)+\cdots+\frac{1}{n!}\left(1-\frac{1}{n}\right)\left(1-\frac{2}{n}\right) \cdots\left(1-\frac{n-1}{n}\right) \\
& <1+1+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+\cdots \frac{1}{n!}<1+1+\frac{1}{2}+\frac{1}{2^{2}}+\cdots+\frac{1}{2^{n-1}}=1+\frac{1}{1-2^{-1}}\left(1-\frac{1}{2^{n}}\right)=3-\frac{1}{2^{n-1}}<3
\end{aligned}
\end{aligned}
$$
所以 $\displaystyle 0<\mathrm{e}-\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n}<\frac{3}{n}$ ．
📋 详细解题步骤
步骤 1/7
目标：转化不等式并定义函数
将不等式 $(1+\frac{1}{x})^{x+\alpha}>e$ 两边取自然对数，得 $(x+\alpha)\ln(1+\frac{1}{x})>1$，整理得 $\alpha>\frac{1}{\ln(1+\frac{1}{x})}-x$。令 $f(x)=\frac{1}{\ln(1+\frac{1}{x})}-x$，则 $A$ 中的 $\alpha$ 是 $f(x)$ 的上界，因此 $\min A = \sup_{x>0} f(x)$。
公式：$\alpha > \frac{1}{\ln(1+\frac{1}{x})}-x$
提示：注意不等式方向，取对数后不等号不变。
步骤 2/7
目标：证明函数单调递增
求导 $f'(x)=\frac{1}{\ln^2(1+\frac{1}{x})}\cdot\frac{1}{x(1+x)}-1$。利用不等式 $\frac{1}{x(1+x)}>\ln^2(1+\frac{1}{x})$（可通过泰勒展开或函数单调性证明），得 $f'(x)>0$，故 $f(x)$ 严格单调递增。
公式：$f'(x)=\frac{1}{\ln^2(1+\frac{1}{x})}\cdot\frac{1}{x(1+x)}-1$
提示：证明不等式 $\frac{1}{x(1+x)}>\ln^2(1+\frac{1}{x})$ 是关键，可考虑构造函数 $g(t)=\ln(1+t)-\frac{t}{1+t}$ 等。
步骤 3/7
目标：求上确界
由于 $f(x)$ 单调递增，$\sup_{x>0} f(x)=\lim_{x\to+\infty} f(x)$。计算极限：利用 $\ln(1+\frac{1}{x})=\frac{1}{x}-\frac{1}{2x^2}+o(\frac{1}{x^2})$，则 $\frac{1}{\ln(1+\frac{1}{x})}=x(1+\frac{1}{2x}+o(\frac{1}{x}))$，于是 $f(x)=x(1+\frac{1}{2x}+o(\frac{1}{x}))-x=\frac{1}{2}+o(1)$，故极限为 $\frac{1}{2}$。因此 $\min A=\frac{1}{2}$。
公式：$\lim_{x\to+\infty} f(x)=\frac{1}{2}$
提示：泰勒展开时注意阶数，确保余项不影响极限。
步骤 4/7
目标：转化离散不等式
对于自然数 $n$，不等式 $(1+\frac{1}{n})^{n+\alpha}\le e\le (1+\frac{1}{n})^{n+\beta}$ 取对数得 $\alpha\le \frac{1}{\ln(1+\frac{1}{n})}-n\le \beta$。令 $f(x)$ 同前，则 $\alpha$ 需小于等于 $f(n)$ 的最小值，$\beta$ 需大于等于 $f(n)$ 的最大值。
公式：$\alpha\le \frac{1}{\ln(1+\frac{1}{n})}-n\le \beta$
提示：注意 $n$ 是正整数，$f(n)$ 是离散值。
步骤 5/7
目标：求离散函数的最值
由（1）知 $f(x)$ 在 $x>0$ 上单调递增，故在 $n\ge 1$ 上 $f(n)$ 的最小值为 $f(1)=\frac{1}{\ln 2}-1$，最大值的极限为 $\frac{1}{2}$（但 $f(n)<\frac{1}{2}$ 且递增趋近）。因此最大的 $\alpha$ 为 $\frac{1}{\ln 2}-1$，最小的 $\beta$ 为 $\frac{1}{2}$（因为 $\beta$ 需大于所有 $f(n)$，而 $\frac{1}{2}$ 是上确界）。
公式：$\alpha_{\max}=\frac{1}{\ln 2}-1,\quad \beta_{\min}=\frac{1}{2}$
提示：注意 $\beta$ 取最小值时需满足对所有 $n$ 成立，因此取上确界。
步骤 6/7
目标：证明左边不等式
由 $\ln(1+\frac{1}{n})<\frac{1}{n}$ 得 $\ln(1+\frac{1}{n})^n<1$，即 $(1+\frac{1}{n})^n0$。
公式：$\ln(1+\frac{1}{n})<\frac{1}{n}$
提示：利用 $\ln(1+x)0$ 成立。
步骤 7/7
目标：证明右边不等式
由（2）知 $e\le (1+\frac{1}{n})^{n+1}$，则 $e-(1+\frac{1}{n})^n\le (1+\frac{1}{n})^{n+1}-(1+\frac{1}{n})^n=\frac{1}{n}(1+\frac{1}{n})^n$。展开 $(1+\frac{1}{n})^n=1+1+\frac{1}{2!}(1-\frac{1}{n})+\cdots+\frac{1}{n!}(1-\frac{1}{n})\cdots(1-\frac{n-1}{n})<1+1+\frac{1}{2!}+\cdots+\frac{1}{n!}<1+1+\frac{1}{2}+\frac{1}{2^2}+\cdots+\frac{1}{2^{n-1}}=3-\frac{1}{2^{n-1}}<3$。因此 $e-(1+\frac{1}{n})^n<\frac{3}{n}$。
公式：$(1+\frac{1}{n})^n<3$
提示：放缩时注意 $\frac{1}{k!}\le \frac{1}{2^{k-1}}$ 对 $k\ge 2$ 成立。
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