人邮高数 第2章 第2-6-2题
📝 题目
2．试证明下列不等式：
（1）当 $x\gt 0$ 时，$\displaystyle x-\frac{x^{2}}{2}\lt \ln (1+x)\lt x$ ；
（2）当 $\displaystyle 0\lt x\lt \frac{\pi}{2}$ 时，$\displaystyle \frac{2}{\pi} x\lt \sin x\lt x$ ；
（3）当 $\displaystyle 0\lt x\lt \frac{\pi}{2}$ 时， $\sin x+\tan x\gt 2 x$ ；
（4）当 $x\gt 4$ 时， $2^{x}\gt x^{2}$ ；
（5）当 $x\gt 0$ 时， $\displaystyle \ln (1+x)\gt \frac{\arctan x}{1+x}$ ；
（6）当 $x \geqslant 0$ 时， $\arctan x \leqslant x$ ．
💡 答案解析
[AI解答]
[AI解答]
我们逐题证明。
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（1）当 $x>0$ 时，$x-\frac{x^{2}}{2}<\ln(1+x)
证明：
考虑函数 $f(x)=\ln(1+x)-x$，则
$$
f'(x)=\frac{1}{1+x}-1=\frac{-x}{1+x}<0,\quad x>0
$$
所以 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 严格递减，且 $f(0)=0$，故 $f(x)<0$，即
$$
\ln(1+x)$$
再考虑 $g(x)=\ln(1+x)-x+\frac{x^{2}}{2}$，则
$$
g'(x)=\frac{1}{1+x}-1+x=\frac{1-(1+x)+x(1+x)}{1+x}=\frac{x^{2}}{1+x}>0,\quad x>0
$$
所以 $g(x)$ 严格递增，且 $g(0)=0$，故 $g(x)>0$，即
$$
\ln(1+x)>x-\frac{x^{2}}{2}
$$
因此原不等式成立。
---
（2）当 $0
证明：
先证右半：令 $h(x)=x-\sin x$，则
$$
h'(x)=1-\cos x>0,\quad x\in(0,\frac{\pi}{2})
$$
且 $h(0)=0$，故 $h(x)>0$，即 $\sin x再证左半：考虑函数 $\varphi(x)=\frac{\sin x}{x}$，则
$$
\varphi'(x)=\frac{x\cos x-\sin x}{x^{2}}
$$
令 $u(x)=x\cos x-\sin x$，则 $u'(x)=\cos x-x\sin x-\cos x=-x\sin x<0$，
且 $u(0)=0$，故 $u(x)<0$，从而 $\varphi'(x)<0$，$\varphi(x)$ 在 $(0,\frac{\pi}{2})$ 严格递减。
于是
$$
\varphi(x)>\varphi\left(\frac{\pi}{2}\right)=\frac{2}{\pi}
$$
即 $\frac{\sin x}{x}>\frac{2}{\pi}$，所以 $\sin x>\frac{2}{\pi}x$。
综上，不等式成立。
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（3）当 $02x$
证明：
令 $f(x)=\sin x+\tan x-2x$，则
$$
f'(x)=\cos x+\sec^{2}x-2
$$
当 $00,\sec^{2}x>1$，且由均值不等式
$$
\cos x+\sec^{2}x=\cos x+\frac{1}{\cos^{2}x}>\cos x+\frac{1}{\cos x}\ge 2
$$
等号仅在 $\cos x=1$ 即 $x=0$ 时成立，故 $f'(x)>0$。
又 $f(0)=0$，所以 $f(x)>0$，即 $\sin x+\tan x>2x$。
---
（4）当 $x>4$ 时，$2^{x}>x^{2}$
证明：
取对数等价于证明 $x\ln 2>2\ln x$，即 $\frac{x}{\ln x}>\frac{2}{\ln 2}$。
令 $g(x)=\frac{x}{\ln x}$，则
$$
g'(x)=\frac{\ln x-1}{(\ln x)^{2}}
$$
当 $x>e$ 时 $g'(x)>0$，故 $g(x)$ 在 $(e,+\infty)$ 严格递增。
由于 $4>e$，且 $g(4)=\frac{4}{\ln 4}=\frac{4}{2\ln 2}=\frac{2}{\ln 2}$，
所以当 $x>4$ 时，$g(x)>g(4)=\frac{2}{\ln 2}$，即 $\frac{x}{\ln x}>\frac{2}{\ln 2}$，
从而 $x\ln 2>2\ln x$，即 $2^{x}>x^{2}$。
---
（5）当 $x>0$ 时，$\ln(1+x)>\frac{\arctan x}{1+x}$
证明：
令 $F(x)=(1+x)\ln(1+x)-\arctan x$，则
$$
F'(x)=\ln(1+x)+1-\frac{1}{1+x^{2}}
$$
当 $x>0$ 时，$\ln(1+x)>0$，且 $1-\frac{1}{1+x^{2}}>0$，故 $F'(x)>0$。
又 $F(0)=0$，所以 $F(x)>0$，即
$$
(1+x)\ln(1+x)>\arctan x
$$
两边除以 $1+x>0$ 得 $\ln(1+x)>\frac{\arctan x}{1+x}$。
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（6）当 $x\geqslant 0$ 时，$\arctan x\leqslant x$
证明：
令 $H(x)=x-\arctan x$，则
$$
H'(x)=1-\frac{1}{1+x^{2}}=\frac{x^{2}}{1+x^{2}}\geqslant 0
$$
且等号仅在 $x=0$ 时成立，故 $H(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 单调递增。
又 $H(0)=0$，所以当 $x\geqslant 0$ 时，$H(x)\geqslant 0$，即
$$
\arctan x\leqslant x
$$
等号仅在 $x=0$ 时成立。
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以上六题全部证毕。
证明：
考虑函数 $f(x)=\ln(1+x)-x$，则
$$
f'(x)=\frac{1}{1+x}-1=\frac{-x}{1+x}<0,\quad x>0
$$
所以 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 严格递减，且 $f(0)=0$，故 $f(x)<0$，即
$$
\ln(1+x)
再考虑 $g(x)=\ln(1+x)-x+\frac{x^{2}}{2}$，则
$$
g'(x)=\frac{1}{1+x}-1+x=\frac{1-(1+x)+x(1+x)}{1+x}=\frac{x^{2}}{1+x}>0,\quad x>0
$$
所以 $g(x)$ 严格递增，且 $g(0)=0$，故 $g(x)>0$，即
$$
\ln(1+x)>x-\frac{x^{2}}{2}
$$
因此原不等式成立。
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（2）当 $0
证明：
先证右半：令 $h(x)=x-\sin x$，则
$$
h'(x)=1-\cos x>0,\quad x\in(0,\frac{\pi}{2})
$$
且 $h(0)=0$，故 $h(x)>0$，即 $\sin x再证左半：考虑函数 $\varphi(x)=\frac{\sin x}{x}$，则
$$
\varphi'(x)=\frac{x\cos x-\sin x}{x^{2}}
$$
令 $u(x)=x\cos x-\sin x$，则 $u'(x)=\cos x-x\sin x-\cos x=-x\sin x<0$，
且 $u(0)=0$，故 $u(x)<0$，从而 $\varphi'(x)<0$，$\varphi(x)$ 在 $(0,\frac{\pi}{2})$ 严格递减。
于是
$$
\varphi(x)>\varphi\left(\frac{\pi}{2}\right)=\frac{2}{\pi}
$$
即 $\frac{\sin x}{x}>\frac{2}{\pi}$，所以 $\sin x>\frac{2}{\pi}x$。
综上，不等式成立。
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（3）当 $02x$
证明：
令 $f(x)=\sin x+\tan x-2x$，则
$$
f'(x)=\cos x+\sec^{2}x-2
$$
当 $00,\sec^{2}x>1$，且由均值不等式
$$
\cos x+\sec^{2}x=\cos x+\frac{1}{\cos^{2}x}>\cos x+\frac{1}{\cos x}\ge 2
$$
等号仅在 $\cos x=1$ 即 $x=0$ 时成立，故 $f'(x)>0$。
又 $f(0)=0$，所以 $f(x)>0$，即 $\sin x+\tan x>2x$。
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（4）当 $x>4$ 时，$2^{x}>x^{2}$
证明：
取对数等价于证明 $x\ln 2>2\ln x$，即 $\frac{x}{\ln x}>\frac{2}{\ln 2}$。
令 $g(x)=\frac{x}{\ln x}$，则
$$
g'(x)=\frac{\ln x-1}{(\ln x)^{2}}
$$
当 $x>e$ 时 $g'(x)>0$，故 $g(x)$ 在 $(e,+\infty)$ 严格递增。
由于 $4>e$，且 $g(4)=\frac{4}{\ln 4}=\frac{4}{2\ln 2}=\frac{2}{\ln 2}$，
所以当 $x>4$ 时，$g(x)>g(4)=\frac{2}{\ln 2}$，即 $\frac{x}{\ln x}>\frac{2}{\ln 2}$，
从而 $x\ln 2>2\ln x$，即 $2^{x}>x^{2}$。
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（5）当 $x>0$ 时，$\ln(1+x)>\frac{\arctan x}{1+x}$
证明：
令 $F(x)=(1+x)\ln(1+x)-\arctan x$，则
$$
F'(x)=\ln(1+x)+1-\frac{1}{1+x^{2}}
$$
当 $x>0$ 时，$\ln(1+x)>0$，且 $1-\frac{1}{1+x^{2}}>0$，故 $F'(x)>0$。
又 $F(0)=0$，所以 $F(x)>0$，即
$$
(1+x)\ln(1+x)>\arctan x
$$
两边除以 $1+x>0$ 得 $\ln(1+x)>\frac{\arctan x}{1+x}$。
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（6）当 $x\geqslant 0$ 时，$\arctan x\leqslant x$
证明：
令 $H(x)=x-\arctan x$，则
$$
H'(x)=1-\frac{1}{1+x^{2}}=\frac{x^{2}}{1+x^{2}}\geqslant 0
$$
且等号仅在 $x=0$ 时成立，故 $H(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 单调递增。
又 $H(0)=0$，所以当 $x\geqslant 0$ 时，$H(x)\geqslant 0$，即
$$
\arctan x\leqslant x
$$
等号仅在 $x=0$ 时成立。
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以上六题全部证毕。
证明：
先证右半：令 $h(x)=x-\sin x$，则
$$
h'(x)=1-\cos x>0,\quad x\in(0,\frac{\pi}{2})
$$
且 $h(0)=0$，故 $h(x)>0$，即 $\sin x
$$
\varphi'(x)=\frac{x\cos x-\sin x}{x^{2}}
$$
令 $u(x)=x\cos x-\sin x$，则 $u'(x)=\cos x-x\sin x-\cos x=-x\sin x<0$，
且 $u(0)=0$，故 $u(x)<0$，从而 $\varphi'(x)<0$，$\varphi(x)$ 在 $(0,\frac{\pi}{2})$ 严格递减。
于是
$$
\varphi(x)>\varphi\left(\frac{\pi}{2}\right)=\frac{2}{\pi}
$$
即 $\frac{\sin x}{x}>\frac{2}{\pi}$，所以 $\sin x>\frac{2}{\pi}x$。
综上，不等式成立。
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（3）当 $02x$
证明：
令 $f(x)=\sin x+\tan x-2x$，则
$$
f'(x)=\cos x+\sec^{2}x-2
$$
当 $0
$$
\cos x+\sec^{2}x=\cos x+\frac{1}{\cos^{2}x}>\cos x+\frac{1}{\cos x}\ge 2
$$
等号仅在 $\cos x=1$ 即 $x=0$ 时成立，故 $f'(x)>0$。
又 $f(0)=0$，所以 $f(x)>0$，即 $\sin x+\tan x>2x$。
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（4）当 $x>4$ 时，$2^{x}>x^{2}$
证明：
取对数等价于证明 $x\ln 2>2\ln x$，即 $\frac{x}{\ln x}>\frac{2}{\ln 2}$。
令 $g(x)=\frac{x}{\ln x}$，则
$$
g'(x)=\frac{\ln x-1}{(\ln x)^{2}}
$$
当 $x>e$ 时 $g'(x)>0$，故 $g(x)$ 在 $(e,+\infty)$ 严格递增。
由于 $4>e$，且 $g(4)=\frac{4}{\ln 4}=\frac{4}{2\ln 2}=\frac{2}{\ln 2}$，
所以当 $x>4$ 时，$g(x)>g(4)=\frac{2}{\ln 2}$，即 $\frac{x}{\ln x}>\frac{2}{\ln 2}$，
从而 $x\ln 2>2\ln x$，即 $2^{x}>x^{2}$。
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（5）当 $x>0$ 时，$\ln(1+x)>\frac{\arctan x}{1+x}$
证明：
令 $F(x)=(1+x)\ln(1+x)-\arctan x$，则
$$
F'(x)=\ln(1+x)+1-\frac{1}{1+x^{2}}
$$
当 $x>0$ 时，$\ln(1+x)>0$，且 $1-\frac{1}{1+x^{2}}>0$，故 $F'(x)>0$。
又 $F(0)=0$，所以 $F(x)>0$，即
$$
(1+x)\ln(1+x)>\arctan x
$$
两边除以 $1+x>0$ 得 $\ln(1+x)>\frac{\arctan x}{1+x}$。
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（6）当 $x\geqslant 0$ 时，$\arctan x\leqslant x$
证明：
令 $H(x)=x-\arctan x$，则
$$
H'(x)=1-\frac{1}{1+x^{2}}=\frac{x^{2}}{1+x^{2}}\geqslant 0
$$
且等号仅在 $x=0$ 时成立，故 $H(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 单调递增。
又 $H(0)=0$，所以当 $x\geqslant 0$ 时，$H(x)\geqslant 0$，即
$$
\arctan x\leqslant x
$$
等号仅在 $x=0$ 时成立。
---
以上六题全部证毕。