山东大学 2024年数学分析第0题
📝 题目
2．（1）证明：不等式成立 $\displaystyle \frac{x}{1+x}<\ln (1+x)<x$ ．
（2）证明：数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 极限存在，其中
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a_{n}=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n}-\ln n .
$$
💡 答案解析
暂无答案解析
📋 详细解题步骤
步骤 1/5
目标：证明不等式右边：ln(1+x) < x
考虑函数 $f(x) = x - \ln(1+x)$，定义域为 $x > -1$。求导得 $f'(x) = 1 - \frac{1}{1+x} = \frac{x}{1+x}$。当 $x > 0$ 时 $f'(x) > 0$，当 $-1 < x < 0$ 时 $f'(x) < 0$，且 $f(0)=0$。因此对 $x > -1, x \neq 0$ 有 $f(x) > 0$，即 $\ln(1+x) < x$。
公式：f(x) = x - \ln(1+x), \quad f'(x) = \frac{x}{1+x}
提示：注意定义域为 $x > -1$，且 $x=0$ 时取等号，但题目要求 $x \neq 0$ 时严格不等式。
步骤 2/5
目标：证明不等式左边：x/(1+x) < ln(1+x)
考虑函数 $g(x) = \ln(1+x) - \frac{x}{1+x}$，定义域为 $x > -1$。求导得 $g'(x) = \frac{1}{1+x} - \frac{1}{(1+x)^2} = \frac{x}{(1+x)^2}$。当 $x > 0$ 时 $g'(x) > 0$，当 $-1 < x < 0$ 时 $g'(x) < 0$，且 $g(0)=0$。因此对 $x > -1, x \neq 0$ 有 $g(x) > 0$，即 $\frac{x}{1+x} < \ln(1+x)$。
公式：g(x) = \ln(1+x) - \frac{x}{1+x}, \quad g'(x) = \frac{x}{(1+x)^2}
提示：注意 $g(0)=0$，导数符号分析同第一问，确保不等式方向正确。
步骤 3/5
目标：证明数列单调递减
计算差值：$a_{n+1} - a_n = \frac{1}{n+1} - [\ln(n+1) - \ln n] = \frac{1}{n+1} - \ln\left(1+\frac{1}{n}\right)$。利用第一问的不等式，取 $x = \frac{1}{n} > 0$，有 $\frac{1/n}{1+1/n} < \ln\left(1+\frac{1}{n}\right)$，即 $\frac{1}{n+1} < \ln\left(1+\frac{1}{n}\right)$。因此 $a_{n+1} - a_n < 0$，数列严格递减。
公式：a_{n+1} - a_n = \frac{1}{n+1} - \ln\left(1+\frac{1}{n}\right) < 0
提示：关键是将差值与不等式左边结合，注意 $\frac{1}{n+1}$ 恰好是 $\frac{x}{1+x}$ 在 $x=1/n$ 时的值。
步骤 4/5
目标：证明数列有下界
利用不等式右边：$\ln(1+x) < x$，取 $x = \frac{1}{k}$ 得 $\frac{1}{k} > \ln(k+1) - \ln k$。对 $k=1$ 到 $n$ 求和：$\sum_{k=1}^n \frac{1}{k} > \sum_{k=1}^n [\ln(k+1) - \ln k] = \ln(n+1)$。于是 $a_n = \sum_{k=1}^n \frac{1}{k} - \ln n > \ln(n+1) - \ln n = \ln\left(1+\frac{1}{n}\right) > 0$。因此数列有下界 $0$。
公式：\sum_{k=1}^n \frac{1}{k} > \ln(n+1), \quad a_n > \ln\left(1+\frac{1}{n}\right) > 0
提示：注意求和时裂项相消，得到 $\ln(n+1)$，不要误写成 $\ln n$。
步骤 5/5
目标：由单调有界定理得出极限存在
数列 $\{a_n\}$ 单调递减（已证）且有下界（已证），根据单调有界定理，该数列极限存在。此极限称为欧拉常数 $\gamma$。
公式：\lim_{n \to \infty} a_n = \gamma
提示：单调有界定理是实数完备性的重要推论，注意数列单调递减且有下界即可保证极限存在。
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