2011年考研数二第19题解析：函数单调性、微分中值定理、定积分、数列

题目

$(\mathrm{Ⅰ})$ 证明：对任意的正整数 $n$, 都有 $\frac{1}{n+1}<\ln (1+\frac{1}{n})<\frac{1}{n}$ 成立.

$(\mathrm{Ⅱ})$ 设 $a_n=$ $1+$ $\frac{1}{2}+$ $\dots$ $+\frac{1}{n}$ $-\ln n$ $(n=1,2,\dots )$, 证明数列 $a_n$ 收敛.

解析

第 $(\mathrm{Ⅰ})$ 问

方法一

在方法一中，咱们可以利用“函数的单调性”完成证明。

首先，设 $x=\frac{1}{n}$, 则：

$$\frac{1}{n+1}=\frac{1}{\frac{1}{x}+1}=\frac{x}{x+1};$$

$$\ln (1+\frac{1}{n})=\ln (1+x);$$

$$\frac{1}{n}=x.$$

于是，令：

$$f(x)=\ln (1+x)–\frac{x}{x+1};(1)$$

$$g(x)=x–\ln (1+x).(2)$$

进而，有：

$$(1)\mathrm{式}\Rightarrow$$

$$f^{‘}(x)=\frac{1}{1+x}–\frac{x+1-x}{(x+1{)}^2}\Rightarrow$$

$$f^{‘}(x)=\frac{1}{1+x}–\frac{1}{(x+1{)}^2}\Rightarrow$$

$$f^{‘}(x)=\frac{x}{(1+x{)}^2}\Rightarrow$$

当 $x>0$ 时，$f^{‘}(x)>0$ 一定成立，即 $f(x)$ 在 $(0,+\mathrm{\infty })$ 区间上单调递增 $\Rightarrow$

$$\ln (1+x)>\frac{x}{x+1}\Rightarrow$$

$$\ln (1+\frac{1}{n})>\frac{1}{n+1}.$$

$$(2)\mathrm{式}\Rightarrow$$

$$g^{‘}(x)=1-\frac{1}{1+x}\Rightarrow$$

当 $x>0$ 时，$g^{‘}(x)>0$ 一定成立，即 $f(x)$ 在 $(0,+\mathrm{\infty })$ 区间上单调递增 $\Rightarrow$

$$x>\ln (1+x)\Rightarrow$$

$$\frac{1}{n}>\ln (1+\frac{1}{n}).$$

综上可知：$\frac{1}{n+1}<\ln (1+\frac{1}{n})<\frac{1}{n}$ 成立。

方法二

在方法二中，咱们可以利用“拉格朗日中值定理”完成证明。

首先，令：

$$f(x)=\ln (1+x).$$

则，有：

$$f(0)=0;f^{‘}(x)=\frac{1}{1+x}.$$

又由拉格朗日中值定理知，存在 $\epsilon \in (0,\frac{1}{n})$, 使得如下式子成立：

$$\frac{f(\frac{1}{n})-f(0)}{\frac{1}{n}-0}=f^{‘}(\epsilon )\Rightarrow$$

$$\ln (1+\frac{1}{n})=\frac{1}{n(1+\epsilon )}.(3)$$

又知，在 $(0,\frac{1}{n})$ 区间上：

$$\frac{1}{1+\frac{1}{n}}<\frac{1}{1+\epsilon }<\frac{1}{1+0}\Rightarrow$$

$$\frac{n}{1+n}<\frac{1}{1+\epsilon }<1\Rightarrow$$

$$\frac{n}{1+n}\cdot \frac{1}{n}<\frac{1}{1+\epsilon }\cdot \frac{1}{n}<1\cdot \frac{1}{n}\Rightarrow$$

$$\frac{1}{1+n}<\frac{1}{n(1+\epsilon )}<\frac{1}{n}.$$

结合 $(3)$ 式可得：

$$\frac{1}{1+n}<\ln (1+\frac{1}{n})<\frac{1}{n}.$$

方法三

在方法三中，咱们可以利用“定积分的性质”完成证明。

当 $x\in [n,n+1]$ 时，有：

$$\frac{1}{n+1}⩽\frac{1}{x}⩽\frac{1}{n}.(4)$$

且由于 $x=n$ 与 $x=n+1$ 不可能同时成立，因此，$(4)$ 式成立且不会恒等，即不会出现 $\frac{1}{n+1}=\frac{1}{x}=\frac{1}{n}$ 这种情况。

于是，对 $(4)$ 式在区间 $[n,n+1]$ 上同时应用定积分，即有：

$${\int }_n^{n+1}\frac{1}{n+1}dx⩽{\int }_n^{n+1}\frac{1}{x}dx⩽{\int }_n^{n+1}\frac{1}{n}dx.$$

由 “$dx$” 可知，我们是对 $x$ 求积分，因此 “$n$” 相当于常数。于是，有：

$\mathrm{①}:$

$${\int }_n^{n+1}\frac{1}{n+1}dx=$$

$$\frac{1}{n+1}{\int }_n^{n+1}1dx=$$

$$\frac{1}{n+1}\cdot x{|}_n^{n+1}=$$

$$\frac{1}{n+1}\cdot 1=\frac{1}{n+1}.$$

$\mathrm{②}:$

$${\int }_n^{n+1}\frac{1}{x}dx=$$

$$\ln x{|}_n^{n+1}=$$

$$\ln (n+1)–\ln (n)=$$

$$\ln (\frac{n+1}{n})=\ln (1+\frac{1}{n}).$$

$\mathrm{③}:$

$${\int }_n^{n+1}\frac{1}{n}dx=$$

$$\frac{1}{n}{\int }_n^{n+1}1dx=$$

$$\frac{1}{n}\cdot x{|}_n^{n+1}=$$

$$\frac{1}{n}\cdot 1=\frac{1}{n}.$$

综上可知，$\frac{1}{n+1}<\ln (1+\frac{1}{n})<\frac{1}{n}$ 成立。

第 $(\mathrm{Ⅱ})$ 问

这种有两问的题目的第二问，一般都是要结合第一问证明出来的结论去作答。

题目要求我们证明数列 $a_n$ 收敛，那么，我们就要证明该数列单调且有界：如果单调递减，就要有下界且收敛；如果单调递增，则要有上界且收敛。

要证明数列是单调递减，还是单调递增，只需要看看 $a_{n+1}–a_n$ 是大于零，还是小于零即可，证明过程如下：

$$a_n=\frac{1}{1}+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdot \cdot \cdot +\frac{1}{n}–\ln n.$$

$$a_{n+1}=\frac{1}{1}+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdot \cdot \cdot +\frac{1}{n}+\frac{1}{n+1}–\ln (n+1).$$

于是：

$$a_{n+1}–a_n=$$

$$\frac{1}{n+1}–\ln (n+1)+\ln n=$$

$$\frac{1}{n+1}–[\ln (n+1)–\ln n]=$$

$$\frac{1}{n+1}–\ln (1+\frac{1}{n}).$$

由第 $(\mathrm{Ⅰ})$ 问的结论可知：

$$\frac{1}{n+1}<\ln (1+\frac{1}{n}).$$

于是：

$$\frac{1}{n+1}–\ln (1+\frac{1}{n})<0.$$

即：

$$a_{n+1}–a_n<0.$$

因此，数列 $a_n$ 是单调递减数列。

接下来开始证明数列 $a_n$ 有下界。

已知：

$$a_n=\frac{1}{1}+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdot \cdot \cdot +\frac{1}{n}–\ln n.$$

又由第 $(\mathrm{Ⅰ})$ 问的结论可知：

$$\frac{1}{x}>\ln (1+\frac{1}{x}).$$

于是：

$$a_n>\ln (1+\frac{1}{1})+\ln (1+\frac{1}{2})+\cdot \cdot \cdot +\ln (1+\frac{1}{n})–\ln n\Rightarrow$$

$$a_n>\ln (\frac{2}{1}\cdot \frac{3}{2}\cdot \frac{4}{3}\cdot \cdot \cdot \cdot \frac{n+1}{n})–\ln n\Rightarrow$$

$$a_n>\ln (n+1)–\ln n>0.$$

即，数列 $a_n$ 有下界且下界为 $0$.

综上可知，数列 $a_n$ 单调递减且有下界，因此，数列 $a_n$ 收敛。