数学假期作业选讲

数学作业11讲评

18题

（1）

易得 $$f(x)'=\frac{(x-a)(2x+a)}{x}$$

对 \(a\) 的正负分类讨论即可

注意定义域

（2）

\(\because f(1) + f(1)' = 0\\\)

\(\therefore a=1\\\)

\(\therefore f(x) = x^2 - x - \ln x\\\)

\(\therefore \forall x \in (0, 1), \:f(x) \:单调递减\\\)

\(\forall x \in (1, +\infty), \:f(x) \:单调递增\\\)

\(\therefore f(x)_{min} = f(1) = 0\\\)

\(\therefore x^2 - x \geq \ln x\\\)

（3）

容易想到用 \(\ln\) 做到加法乘法计算之间的一个转化

要证

\[\forall n \in \mathbf{N ^ *}, \:\sum_{i = 1} ^ n \frac{i + 1}{i ^ 2} > \ln(n + 1) \]

即证

\[\forall n \in \mathbf{N ^ *} \: 且 \: n \geq 2, \:\frac{n + 1}{n ^ 2} > \ln{\frac{n + 1}{n}} \]

由 \((2)\) 得

\[\forall n \in \mathbf{N ^ *} \: 且 \: n \geq 2, \:\left(\frac{n + 1}{n}\right) ^ 2 - \frac{n + 1}{n} > \ln{\frac{n + 1}{n}} \]

证毕

20题

（1）

\[f(x)' = e ^ x - a + 1 \]

观察 \(f(x)'\) 是否有零点

对 \(1-a\) 的正负分类讨论即可

\[\forall a \in (1, +\infty), \:f(ln(a - 1))' = 0 \]

\[\therefore f(x)_{min} = (1-a)\left(1-\ln{(a - 1)}\right) - b \]

（2）

重点在处理 \(a-1\)

观察 \(f(x)\) 可得

\[\forall x_1 \neq x_2, \:\frac{f(x_1) - f(x_2)}{x_1 - x_2} = \frac{e ^ {x_1} - e ^ {x_2}}{x_1 - x_2} - (a - 1) \]

\[\because f(x_1) = f(x_2) = 0\\ \therefore \frac{f(x_1) - f(x_2)}{x_1 - x_2} = 0\\ \therefore \frac{e ^ {x_1} - e ^ {x_2}}{x_1 - x_2} = a - 1\\ \]

题目要证即为

\[\frac{e ^ {x_1} - e ^ {x_2}}{x_1 - x_2} > e ^ {\frac{x_1 + x_2}2} \]

我们考虑将其化为与单一变量有关的形式

观察到有 \(x_1 - x_2\)

化为 $$\frac{e^{x_1 - x_2} - 1}{x_1 - x_2} > e ^ {\frac{x_1 - x_2}2}$$

代换，设 \(t = x_1 - x_2\)

不失一般性，设 \(x_1 > x_2\), 则 $ t \in (0, +\infty)$

即证 $$\frac{e ^ t - 1}t > e ^ {\frac t 2}$$

考虑让指数凑对

即得 $$e ^ {\frac t 2} - e ^ {-\frac t 2} > t$$

设 \(f(x) = x - \frac 1 x - 2\ln x\)

即证 $$\forall x \in (1, +\infty), :f(x) > 0$$

比较典，浅证一下

证明：
即得易见平凡，仿照上例显然
留作习题答案略，读者自证不难
反之亦然同理，推论自然成立
略去过程QED，由上可知证毕

22题

第一问两个崩了的符号是都是 \(\geq\)

（1）

易得：

\(f(x)' = \ln x + 1 - a\)

\(f(1) = 0\)

若 \(\forall x \in [1, +\infty), \:f(x) \geq 0\)

则 \(\therefore f(1)' \geq 0\)

即 \(a \in (-\infty, 1]\)

且 \(\forall x \in (1, +\infty), \:f(x)' > 0\)

综上，\(a \in (-\infty,1]\)

（2）

上问下用

带入 \(a = 1\)

得 \(\forall x \in (1, +\infty), \:\ln x > \frac{x - 1}x\)

思路同18题（3）相同

即证 $$\forall n \in \mathbf{N ^ *}: 且: n \geq 2, :\frac 1 n < \ln{\frac n{n - 1}}$$

同上式形式一样，证毕

(3)

裸的极值点偏移

不失一般性，设 \(x_1 < x_2\)

则 $ x_1 < 1 < x_2$

要证 \(x_1x_2 < 1\)

即证 \(x_1 < \frac 1 {x_2}\)

\(\because \forall x \in (0, 1), \:f(x)\: 单调递减\)

\(\therefore 即证\:f(x_1) = f(x_2) > f\left(\frac 1{x_2}\right)\)

设 \(g(x) = f(x) - f\left(\frac 1 x\right) = (x + \frac 1 x)\ln x -x + \frac 1 x\)

\(g(x)' = \ln x(1 - \frac 1 {x ^ 2})\)

\(\because\forall x \in (1, +\infty), \:g(x)' > 0\:且\:g(1) = 0\)

\(\therefore g(x_2) > 0\)

证毕

扩展

调和级数

任何广义调和级数均发散

即 \(\lim_{n \to \infty} \sum_{i = 1} ^ {n} \frac 1 {ai + b} = \infty\)

以调和级数为例

\(H_{2n} - H_n = \sum_{i = n + 1} ^ {2n} i > \frac n {2n} = \frac 1 2\)

其中 \(H(n)\) 为调和级数前 \(n\) 项和

对 \(H(n)\) 有

\[H(n) = \ln n + \gamma + \epsilon_n \]

其中 \(\gamma\) 是 Euler-Mascheroni 常数，约为 0.57721566490153286060651209

而\(\:\epsilon_n \approx \frac 1 {2n}\)

平时可以拿来验算

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