安徽师范大学 2018年数学分析第0题

考虑函数 $f(x)=\log_x(x+1)=\frac{\ln(x+1)}{\ln x}$，其中 $x>1$。求导得 \[ f'(x)=\frac{\frac{1}{x+1}\ln x - \frac{1}{x}\ln(x+1)}{(\ln x)^2} = \frac{x\ln x - (x+1)\ln(x+1)}{x(x+1)(\ln x)^2}. \]

令 $g(x)=x\ln x$，则 $g'(x)=\ln x+1$，$g''(x)=\frac{1}{x}>0$，故 $g'(x)$ 递增。由拉格朗日中值定理，存在 $\xi\in(x,x+1)$ 使得 \[ g(x+1)-g(x)=g'(\xi)=\ln\xi+1. \] 由于 $\xi>x$，$\ln\xi+1>\ln x+1$，但 $g(x+1)-g(x) = (x+1)\ln(x+1)-x\ln x$，故 \[ (x+1)\ln(x+1)-x\ln x > \ln x+1 \Rightarrow x\ln x - (x+1)\ln(x+1) < -\ln x -1 <0. \]

因此 $f'(x)<0$，$f(x)$ 单调递减。所以 $f(2016)>f(2017)$，即 $\log_{2016}2017 > \log_{2017}2018$。

设 $y=\frac{\ln x}{x}$，求 $y^{(n)}$。利用莱布尼茨公式：$(uv)^{(n)}=\sum_{k=0}^n C_n^k u^{(k)} v^{(n-k)}$。令 $u=\ln x$，$v=x^{-1}$。

$u^{(0)}=\ln x$，$u^{(1)}=\frac{1}{x}$，$u^{(2)}=-\frac{1}{x^2}$，$u^{(3)}=\frac{2}{x^3}$，一般地，$u^{(k)}=(-1)^{k-1}\frac{(k-1)!}{x^k}$（$k\ge1$），$u^{(0)}=\ln x$。 $v^{(m)}=(-1)^m m! x^{-m-1}$。

则 \[ y^{(n)} = \sum_{k=0}^n C_n^k u^{(k)} v^{(n-k)} = C_n^0 \ln x \cdot (-1)^n n! x^{-n-1} + \sum_{k=1}^n C_n^k (-1)^{k-1}\frac{(k-1)!}{x^k} \cdot (-1)^{n-k} (n-k)! x^{-(n-k)-1}. \] 化简：$(-1)^{k-1}(-1)^{n-k}=(-1)^{n-1}$，$C_n^k (k-1)! (n-k)! = \frac{n!}{k!(n-k)!} (k-1)! (n-k)! = \frac{n!}{k}$。所以 \[ y^{(n)} = (-1)^n n! \frac{\ln x}{x^{n+1}} + (-1)^{n-1} n! \sum_{k=1}^n \frac{1}{k} \cdot \frac{1}{x^{n+1}} = (-1)^n n! \frac{\ln x}{x^{n+1}} + (-1)^{n-1} n! \frac{H_n}{x^{n+1}}, \] 其中 $H_n=\sum_{k=1}^n \frac{1}{k}$ 为调和数。

因此 \[ y^{(n)} = \frac{(-1)^n n!}{x^{n+1}} \left( \ln x - H_n \right). \] 故 $n$ 阶微分为 \[ d^n y = y^{(n)} (dx)^n = \frac{(-1)^n n!}{x^{n+1}} \left( \ln x - H_n \right) (dx)^n. \]