方企勤 第二章 一元函数微分学 第2.6题
📝 题目
2.6.5 (1) 设 $n \in N$ ,求证:
$$ \left( {1 + \frac{1}{{2n} + 1}}\right) {\left( 1 + \frac{1}{n}\right) }^{n} < \mathrm{e} < \left( {1 + \frac{1}{2n}}\right) {\left( 1 + \frac{1}{n}\right) }^{n}; $$
(2) 求证: $\mathop{\lim }\limits_{{n \rightarrow \infty }}n\left\lbrack {\mathrm{e} - {\left( 1 + \frac{1}{n}\right) }^{n}}\right\rbrack = \frac{\mathrm{e}}{2}$ .
💡 答案解析
### 2.6.1 求证： $$ 1 + x^2 \le 2^x, \quad 0 \le x \le 1 $$
**证明** 考虑函数 $$ f(x) = 2^x - 1 - x^2 $$ 则 $$ f'(x) = 2^x \ln 2 - 2x $$ $$ f''(x) = 2^x (\ln 2)^2 - 2 $$ 在 $[0,1]$ 上，$2^x \le 2$，$(\ln 2)^2 < 1$，所以 $$ f''(x) \le 2 \cdot (\ln 2)^2 - 2 < 0 $$ 因此 $f'(x)$ 在 $[0,1]$ 上严格递减。 计算端点： $f'(0) = \ln 2 > 0$，$f'(1) = 2\ln 2 - 2 < 0$（因为 $\ln 2 < 1$）。 所以存在唯一 $c \in (0,1)$ 使 $f'(c)=0$，且 $f$ 在 $[0,c]$ 递增，$[c,1]$ 递减。 又 $f(0)=0$，$f(1)=2-1-1=0$，因此 $f(x) \ge 0$，即 $$ 1+x^2 \le 2^x $$ 等号仅在 $x=0,1$ 成立。
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### 2.6.2 (1) 当 $0<\alpha<1$，$x>-1$ 时 $$ (1+x)^\alpha \le 1+\alpha x $$ 等号仅当 $x=0$。
**证明** 令 $g(x) = (1+x)^\alpha - 1 - \alpha x$，$g(0)=0$。 $g'(x) = \alpha(1+x)^{\alpha-1} - \alpha$。 当 $x>0$ 时，$(1+x)^{\alpha-1}<1$，所以 $g'(x)<0$； 当 $-1
(2) 当 $\alpha<0$ 或 $\alpha>1$ 时，不等号反向，证明类似，此时 $g'(x)$ 符号相反，$x=0$ 为极小值点。
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### 2.6.3 设 $a>0,b>0$。
(1) $p>1$ 时 $$ a^p+b^p \ge 2^{1-p}(a+b)^p $$ **证明** 令 $\displaystyle t = \frac{a}{a+b} \in (0,1)$，则不等式等价于 $$ t^p + (1-t)^p \ge 2^{1-p} $$ 考虑 $h(t)=t^p+(1-t)^p$，由凸性（$p>1$ 时 $x^p$ 是凸函数），最小值在 $t=1/2$ 取到，为 $2^{1-p}$，得证。
(2) $0 --- ### 2.6.4 设 $b\ge a$，求证 $$ 2\arctan\frac{b-a}{2} \ge \arctan b - \arctan a $$ **证明** 令 $x = b-a \ge 0$，固定 $a$，考虑函数 $$ F(x) = 2\arctan\frac{x}{2} - (\arctan(a+x) - \arctan a) $$ $F(0)=0$，求导： $$ F'(x) = \frac{1}{1+(x/2)^2} - \frac{1}{1+(a+x)^2} $$ 由于 $1+(x/2)^2 \le 1+(a+x)^2$（因为 $a\ge 0$），所以 $F'(x) \ge 0$，故 $F(x)\ge 0$，得证。 --- ### 2.6.5 (1) 要证 $$ \left(1+\frac{1}{2n+1}\right)\left(1+\frac1n\right)^n < e < \left(1+\frac1{2n}\right)\left(1+\frac1n\right)^n $$ **思路**：利用不等式 $$ \left(1+\frac1n\right)^n < e < \left(1+\frac1n\right)^{n+1} $$ 以及 $$ \left(1+\frac1n\right)^{n+1} = \left(1+\frac1n\right)^n \left(1+\frac1n\right) $$ 再结合 $\displaystyle \frac1n > \frac1{2n+1}$ 和 $\displaystyle \frac1n < \frac1{2n}$ 即可得到两边不等式。 (2) 极限 $$ \lim_{n\to\infty} n\left[e - \left(1+\frac1n\right)^n\right] = \frac e2 $$ **证明** 令 $a_n = (1+1/n)^n$，利用展开 $$ \ln a_n = n\ln(1+1/n) = 1 - \frac1{2n} + O(1/n^2) $$ 所以 $$ a_n = e^{1 - \frac1{2n} + O(1/n^2)} = e\left(1 - \frac1{2n} + O(1/n^2)\right) $$ 于是 $$ e - a_n = \frac{e}{2n} + O(1/n^2) $$ 乘以 $n$ 取极限得 $e/2$。 --- ### 2.6.6 已知 $$ a_0x^n + a_1x^{n-1}+\cdots + a_{n-1}x = 0 $$ 有正根 $x_0$，则 $$ F(x)=a_0x^n + \cdots + a_{n-1}x $$ 满足 $F(0)=0$，$F(x_0)=0$。由罗尔定理，存在 $\xi\in(0,x_0)$ 使 $F'(\xi)=0$，而 $$ F'(x)= n a_0 x^{n-1} + (n-1)a_1 x^{n-2} + \cdots + a_{n-1} $$ 即为所证方程，因此存在小于 $x_0$ 的正根。 --- ### 2.6.7 方程 $e^x = a x^2$，$a>0$。 **分析** 令 $f(x)=e^x - a x^2$。 - 当 $\\displaystyle{x\to -\infty}$，$e^x\to 0$，$\\displaystyle{ax^2\to +\infty}$，所以 $\\displaystyle{f(x)\to -\infty}$。 - $f(0)=1>0$，所以 $\\displaystyle{(-\infty,0)}$ 内有一个根。 - 当 $x>0$，$f'(x)=e^x-2ax$，$f''(x)=e^x-2a$。 若 $0 --- ### 2.6.8 已知 $$ \begin{vmatrix} f(x) & g(x)\\ f'(x) & g'(x) \end{vmatrix} > 0 $$ 即 $f g' - f' g > 0$。 设 $x_1