方企勤 第二章 一元函数微分学 第2.6题

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 $-11$，所以 $g'(x)>0$。
因此 $x=0$ 是极大值点，$g(x)\le g(0)=0$，得证。

(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

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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。

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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 $e/2$。

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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。

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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 若 $a > e/2$，可能无正根或一个重根；
具体讨论可得：
- $0 - $a = e^2/4$ 时，有一个重根在 $x=2$，加一个负根；
- $a > e^2/4$ 时，只有一个负根。

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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考虑函数 $h(x)=g(x)/f(x)$（在 $x_1,x_2$ 附近可补充定义极限），则
$$
h'(x) = \