专升本数学严选800题 - 强化部分

无穷级数与证明题（题号748-779）

一、级数敛散性判定

748. 级数敛散性
     判定级数 $\sum_{n=2}^{\infty}(-1)^{n-1}\frac{\ln n}{n}$ 的敛散性。
     查看解析

     答案: 条件收敛

     这是一个交错级数，使用莱布尼茨判别法。

     设 $a_n = \frac{\ln n}{n}$，需要验证：(1) $a_n$ 单调递减；(2) $\lim_{n\to\infty}a_n = 0$。

     令 $f(x) = \frac{\ln x}{x}$，则 $f'(x) = \frac{1-\ln x}{x^2}$。

     当 $x > e$ 时，$f'(x) < 0$，所以 $a_n$ 在 $n \geq 3$ 时单调递减。

     $\lim_{n\to\infty}\frac{\ln n}{n} = 0$（由洛必达法则）。

     因此，由莱布尼茨判别法，原级数收敛。

     再判断绝对收敛性：$\sum_{n=2}^{\infty}\frac{\ln n}{n}$，由于 $\frac{\ln n}{n} > \frac{1}{n}$ 对充分大的 $n$ 成立，而 $\sum\frac{1}{n}$ 发散，所以原级数条件收敛。
749. 级数敛散性
     判定级数 $\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\frac{n^2}{n!}$ 的敛散性，若收敛，是条件收敛还是绝对收敛？
     查看解析

     答案: 绝对收敛

     首先判断绝对收敛性，考虑 $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n^2}{n!}$。

     使用比值判别法：$\lim_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n} = \lim_{n\to\infty}\frac{(n+1)^2}{(n+1)!} \cdot \frac{n!}{n^2} = \lim_{n\to\infty}\frac{(n+1)^2}{(n+1)n^2} = \lim_{n\to\infty}\frac{n+1}{n^2} = 0 < 1$。

     因此 $\sum\frac{n^2}{n!}$ 收敛，原级数绝对收敛。
750. 级数敛散性
     讨论级数 $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{1+a^n}$ $(a>0)$ 的敛散性。
     查看解析

     答案: $a > 1$ 时收敛，$0 < a \leq 1$ 时发散

     分情况讨论：

     情况1：当 $0 < a < 1$ 时，$\lim_{n\to\infty}\frac{1}{1+a^n} = \frac{1}{1+0} = 1 \neq 0$，级数发散。

     情况2：当 $a = 1$ 时，$\lim_{n\to\infty}\frac{1}{1+1^n} = \frac{1}{2} \neq 0$，级数发散。

     情况3：当 $a > 1$ 时，$\frac{1}{1+a^n} < \frac{1}{a^n} = (\frac{1}{a})^n$。

     由于 $0 < \frac{1}{a} < 1$，几何级数 $\sum(\frac{1}{a})^n$ 收敛，由比较判别法，原级数收敛。

     结论：$0 < a \leq 1$ 时发散；$a > 1$ 时收敛。
751. 级数敛散性
     设正项数列 $\{a_n\}$ 单调减少，且 $\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^n a_n$ 发散，试问 $\sum_{n=1}^{\infty}(\frac{1}{a_n+1})^n$ 是否收敛，并说明理由。
     查看解析

     答案: 收敛

     由于 $\{a_n\}$ 单调减少且有下界0，故 $\lim_{n\to\infty}a_n = a$ 存在。

     若 $a = 0$，则由莱布尼茨判别法，$\sum(-1)^n a_n$ 收敛，与题设矛盾。

     因此 $a > 0$。

     对于级数 $\sum(\frac{1}{a_n+1})^n$，使用根值判别法：

     $\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{(\frac{1}{a_n+1})^n} = \lim_{n\to\infty}\frac{1}{a_n+1} = \frac{1}{a+1}$。

     由于 $a > 0$，所以 $\frac{1}{a+1} < 1$。

     因此，由根值判别法，级数 $\sum_{n=1}^{\infty}(\frac{1}{a_n+1})^n$ 收敛。

二、幂级数收敛域与展开

752. 幂级数
     求幂级数 $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}nx^n}{n^2+4}$ 的收敛域。
     查看解析

     答案: $(-1, 1]$

     使用比值法求收敛半径：

     $\lim_{n\to\infty}|\frac{a_{n+1}}{a_n}| = \lim_{n\to\infty}\frac{(n+1)((n+1)^2+4)}{n(n^2+4)} = \lim_{n\to\infty}\frac{(n+1)(n^2+2n+5)}{n(n^2+4)} = 1$。

     收敛半径 $R = 1$。

     端点 $x = 1$：级数为 $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}n}{n^2+4}$。

     这是交错级数，$\frac{n}{n^2+4}$ 单调递减趋于0，由莱布尼茨判别法收敛。

     端点 $x = -1$：级数为 $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}n(-1)^n}{n^2+4} = \sum_{n=1}^{\infty}\frac{-n}{n^2+4} = -\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n}{n^2+4}$。

     由于 $\frac{n}{n^2+4} \sim \frac{1}{n}$，而 $\sum\frac{1}{n}$ 发散，所以 $x = -1$ 时发散。

     收敛域：$(-1, 1]$。
753. 幂级数
     求幂级数 $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n}{3^n}x^{2n}$ 的收敛半径和收敛域。
     查看解析

     答案: 收敛半径 $R = \sqrt{3}$，收敛域 $(-\sqrt{3}, \sqrt{3})$

     令 $t = x^2$，级数变为 $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n}{3^n}t^n$。

     对 $t$ 的幂级数，收敛半径：$\lim_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n} = \lim_{n\to\infty}\frac{n+1}{3^{n+1}} \cdot \frac{3^n}{n} = \frac{1}{3}$。

     所以 $R_t = 3$，即 $|t| < 3$，也就是 $|x^2| < 3$，所以 $|x| < \sqrt{3}$。

     原级数收敛半径 $R = \sqrt{3}$。

     端点 $x = \pm\sqrt{3}$：此时 $t = 3$，级数为 $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n}{3^n} \cdot 3^n = \sum_{n=1}^{\infty}n$，发散。

     收敛域：$(-\sqrt{3}, \sqrt{3})$。
754. 幂级数展开
     将 $f(x) = \frac{1}{x^2-2x-3}$ 展开为 $x+2$ 的幂级数。
     查看解析

     答案: $f(x) = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{5^{n+1}-1}{4 \cdot 5^{n+1}}(x+2)^n$，收敛域 $(-3, -1)$

     首先分解：$f(x) = \frac{1}{(x-3)(x+1)} = \frac{1}{4}(\frac{1}{x-3} - \frac{1}{x+1})$。

     令 $t = x + 2$，则 $x = t - 2$。

     $\frac{1}{x-3} = \frac{1}{t-5} = -\frac{1}{5} \cdot \frac{1}{1-\frac{t}{5}} = -\frac{1}{5}\sum_{n=0}^{\infty}(\frac{t}{5})^n = -\sum_{n=0}^{\infty}\frac{t^n}{5^{n+1}}$，收敛条件 $|t| < 5$。

     $\frac{1}{x+1} = \frac{1}{t-1} = -\frac{1}{1-t} = -\sum_{n=0}^{\infty}t^n$，收敛条件 $|t| < 1$。

     因此 $f(x) = \frac{1}{4}[-\sum_{n=0}^{\infty}\frac{t^n}{5^{n+1}} + \sum_{n=0}^{\infty}t^n] = \frac{1}{4}\sum_{n=0}^{\infty}(1 - \frac{1}{5^{n+1}})t^n$。

     $= \sum_{n=0}^{\infty}\frac{5^{n+1}-1}{4 \cdot 5^{n+1}}(x+2)^n$，收敛域 $|x+2| < 1$（即 $-3 < x < -1$）。
755. 幂级数展开
     将函数 $f(x) = \ln x$ 展开为 $x-2$ 的幂级数。
     查看解析

     答案: $\ln x = \ln 2 + \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n \cdot 2^n}(x-2)^n$，$0 < x \leq 4$

     $f(x) = \ln x = \ln(2 + (x-2)) = \ln[2(1 + \frac{x-2}{2})] = \ln 2 + \ln(1 + \frac{x-2}{2})$。

     利用 $\ln(1+t) = \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\frac{t^n}{n}$，$|t| < 1$。

     令 $t = \frac{x-2}{2}$，则：

     $\ln x = \ln 2 + \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\frac{(x-2)^n}{n \cdot 2^n}$。

     收敛条件：$|\frac{x-2}{2}| < 1$，即 $0 < x < 4$。

     当 $x = 4$ 时，级数为 $\ln 2 + \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\frac{2^n}{n \cdot 2^n} = \ln 2 + \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n}$，收敛。

     当 $x = 0$ 时，$\ln x$ 无定义。

     展开式为：$\ln x = \ln 2 + \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n \cdot 2^n}(x-2)^n$，$0 < x \leq 4$。
756. 幂级数展开
     将 $f(x) = \arctan x$ 在 $(-1,1)$ 内展开为 $x$ 的幂级数。
     查看解析

     答案: $\arctan x = \sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n \frac{x^{2n+1}}{2n+1}$，$|x| \leq 1$

     利用 $\frac{1}{1+x^2} = \sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n x^{2n}$，$|x| < 1$。

     两边积分：$\arctan x = \int_0^x \frac{1}{1+t^2}dt = \int_0^x \sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n t^{2n} dt$。

     $= \sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n \int_0^x t^{2n} dt = \sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n \frac{x^{2n+1}}{2n+1}$。

     $= x - \frac{x^3}{3} + \frac{x^5}{5} - \frac{x^7}{7} + \cdots$。

     收敛域：$|x| \leq 1$（在 $x = \pm 1$ 处也收敛）。

三、幂级数求和函数

757. 和函数
     求幂级数 $\sum_{n=0}^{\infty}(n+2)x^{n+3}$ 的和函数。
     查看解析

     答案: $S(x) = \frac{x^4(2-x)}{(1-x)^2}$，$|x| < 1$

     令 $S(x) = \sum_{n=0}^{\infty}(n+2)x^{n+3} = x^3\sum_{n=0}^{\infty}(n+2)x^n$。

     设 $g(x) = \sum_{n=0}^{\infty}(n+2)x^n$，则 $\int_0^x g(t)dt = \sum_{n=0}^{\infty}x^{n+2} = \frac{x^2}{1-x}$，$|x| < 1$。

     求导：$g(x) = (\frac{x^2}{1-x})' = \frac{2x(1-x)+x^2}{(1-x)^2} = \frac{2x-x^2}{(1-x)^2}$。

     因此 $S(x) = x^3 \cdot \frac{2x-x^2}{(1-x)^2} = \frac{x^4(2-x)}{(1-x)^2} = \frac{2x^4-x^5}{(1-x)^2}$。

     或者写成 $S(x) = \frac{x^3(2x-x^2)}{(1-x)^2}$，收敛域 $|x| < 1$。
758. 和函数
     求幂级数 $\sum_{n=1}^{\infty}n^2x^n$ 的和函数。
     查看解析

     答案: $S(x) = \frac{x(1+x)}{(1-x)^3}$，$|x| < 1$

     已知 $\sum_{n=0}^{\infty}x^n = \frac{1}{1-x}$，$|x| < 1$。

     求导：$\sum_{n=1}^{\infty}nx^{n-1} = \frac{1}{(1-x)^2}$，所以 $\sum_{n=1}^{\infty}nx^n = \frac{x}{(1-x)^2}$。

     再求导：$\sum_{n=1}^{\infty}n^2x^{n-1} = (\frac{x}{(1-x)^2})' = \frac{(1-x)^2 + 2x(1-x)}{(1-x)^4} = \frac{1+x}{(1-x)^3}$。

     因此 $\sum_{n=1}^{\infty}n^2x^n = \frac{x(1+x)}{(1-x)^3}$。

     收敛域：$|x| < 1$。
759. 和函数
     求幂级数 $\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^{n+3}}{n+2}$ 的和函数。
     查看解析

     答案: $S(x) = -x\ln(1-x) - x^2$，$|x| < 1$

     $S(x) = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^{n+3}}{n+2} = x\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^{n+2}}{n+2}$。

     设 $g(x) = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^{n+2}}{n+2}$，则 $g'(x) = \sum_{n=0}^{\infty}x^{n+1} = \frac{x}{1-x}$，$|x| < 1$。

     积分：$g(x) = \int_0^x \frac{t}{1-t}dt = \int_0^x (\frac{1}{1-t} - 1)dt = [-\ln(1-t) - t]_0^x = -\ln(1-x) - x$。

     因此 $S(x) = x[-\ln(1-x) - x] = -x\ln(1-x) - x^2$。

     收敛域：$|x| < 1$，在 $x = -1$ 处也收敛。
760. 和函数
     求幂级数 $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^{2n}}{2n-1}$ 的和函数。
     查看解析

     答案: $S(x) = \frac{x}{2}\ln\frac{1+x}{1-x}$，$|x| < 1$

     设 $S(x) = \sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^{2n}}{2n-1}$。

     则 $S(x) = x\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^{2n-1}}{2n-1}$。

     设 $g(x) = \sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^{2n-1}}{2n-1}$，则 $g'(x) = \sum_{n=1}^{\infty}x^{2n-2} = \sum_{n=0}^{\infty}x^{2n} = \frac{1}{1-x^2}$，$|x| < 1$。

     积分：$g(x) = \int_0^x \frac{1}{1-t^2}dt = \frac{1}{2}\ln\frac{1+x}{1-x}$。

     因此 $S(x) = x \cdot \frac{1}{2}\ln\frac{1+x}{1-x} = \frac{x}{2}\ln\frac{1+x}{1-x}$。

     收敛域：$|x| < 1$。
761. 和函数
     求幂级数 $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}x^{2n-1}}{2n-1}$ 的和函数。
     查看解析

     答案: $S(x) = \arctan x$，$|x| \leq 1$

     设 $S(x) = \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}x^{2n-1}}{2n-1}$。

     求导：$S'(x) = \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}x^{2n-2} = \sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n x^{2n} = \frac{1}{1+x^2}$，$|x| < 1$。

     积分：$S(x) = \int_0^x \frac{1}{1+t^2}dt = \arctan x$。

     收敛域：$|x| \leq 1$（在 $x = \pm 1$ 处也收敛）。
762. 和函数
     求幂级数 $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n^2+2}{n}x^n$ 的和函数。
     查看解析

     答案: $S(x) = \frac{x}{(1-x)^2} - 2\ln(1-x)$，$|x| < 1$

     $\frac{n^2+2}{n} = n + \frac{2}{n}$。

     所以 $S(x) = \sum_{n=1}^{\infty}nx^n + 2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^n}{n}$。

     已知 $\sum_{n=1}^{\infty}nx^n = \frac{x}{(1-x)^2}$，$|x| < 1$。

     而 $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^n}{n} = -\ln(1-x)$，$|x| < 1$。

     因此 $S(x) = \frac{x}{(1-x)^2} - 2\ln(1-x)$。

     收敛域：$|x| < 1$，在 $x = -1$ 处也收敛。
763. 和函数
     求幂级数 $\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^n}{n+1}$ 的和函数。
     查看解析

     答案: $S(x) = \begin{cases} -\frac{\ln(1-x)}{x}, & x \neq 0, |x| < 1 \\ 1, & x = 0 \end{cases}$

     设 $S(x) = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^n}{n+1}$。

     则 $xS(x) = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^{n+1}}{n+1}$。

     求导：$(xS(x))' = \sum_{n=0}^{\infty}x^n = \frac{1}{1-x}$，$|x| < 1$。

     积分：$xS(x) = \int_0^x \frac{1}{1-t}dt = -\ln(1-x)$。

     当 $x \neq 0$ 时，$S(x) = -\frac{\ln(1-x)}{x}$。

     当 $x = 0$ 时，$S(0) = 1$。

     收敛域：$|x| < 1$，在 $x = -1$ 处也收敛。
764. 和函数
     求幂级数 $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n^2}{n!}x^n$ 的和函数，并求 $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n^2}{n!}$ 的和。
     查看解析

     答案: $S(x) = x(x+1)e^x$，$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n^2}{n!} = 2e$

     $S(x) = \sum_{n=1}^{\infty}\frac{n^2}{n!}x^n = \sum_{n=1}^{\infty}\frac{n}{(n-1)!}x^n$。

     $= x\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n}{(n-1)!}x^{n-1} = x\sum_{n=0}^{\infty}\frac{n+1}{n!}x^n$。

     $= x[\sum_{n=0}^{\infty}\frac{n}{n!}x^n + \sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^n}{n!}]$。

     $= x[x\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(n-1)!}x^{n-1} + e^x] = x[xe^x + e^x] = x(x+1)e^x$。

     令 $x = 1$：$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n^2}{n!} = 1 \cdot (1+1) \cdot e = 2e$。

四、证明题 - 介值定理与零点定理

765. 证明题
     证明：方程 $x^3+x^2-x-1=0$ 在 $(0,2)$ 上至少有一个正根。
     查看解析

     答案: 由零点定理得证

     设 $f(x) = x^3 + x^2 - x - 1$。

     $f(x)$ 在 $[0,2]$ 上连续。

     $f(0) = -1 < 0$。

     $f(2) = 8 + 4 - 2 - 1 = 9 > 0$。

     由零点定理，存在 $\xi \in (0,2)$，使得 $f(\xi) = 0$。

     即方程在 $(0,2)$ 上至少有一个正根。
766. 证明题
     证明：方程 $\ln(1+x) = 1-x$ 在 $(0,1)$ 内有且仅有一个根。
     查看解析

     答案: 由零点定理和单调性得证

     设 $f(x) = \ln(1+x) + x - 1$。

     $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续。

     $f(0) = 0 + 0 - 1 = -1 < 0$。

     $f(1) = \ln 2 + 1 - 1 = \ln 2 > 0$。

     由零点定理，存在 $\xi \in (0,1)$，使得 $f(\xi) = 0$。

     又 $f'(x) = \frac{1}{1+x} + 1 > 0$ 对 $x \in (0,1)$ 成立。

     所以 $f(x)$ 在 $(0,1)$ 上严格单调递增。

     因此根唯一。
767. 证明题
     设函数 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，且 $a < f(x) < b$。证明：至少存在一点 $\xi \in (a,b)$，使得 $f(\xi) = \xi$。
     查看解析

     答案: 由零点定理（不动点定理）得证

     设 $g(x) = f(x) - x$。

     $g(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续。

     由条件 $a < f(x) < b$：

     $g(a) = f(a) - a > a - a = 0$。

     $g(b) = f(b) - b < b - b = 0$。

     由零点定理，存在 $\xi \in (a,b)$，使得 $g(\xi) = 0$。

     即 $f(\xi) = \xi$。
768. 证明题
     设 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续，且 $f(0) \neq 0$，$0 < f(1) < 1$。证明：存在 $x_0 \in (0,1)$，使得 $f^2(x_0) = x_0$。
     查看解析

     答案: 由零点定理得证

     设 $g(x) = f^2(x) - x$。

     $g(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续。

     $g(0) = f^2(0) - 0 = f^2(0) > 0$（因为 $f(0) \neq 0$）。

     $g(1) = f^2(1) - 1$。

     由于 $0 < f(1) < 1$，所以 $0 < f^2(1) < 1$，因此 $g(1) = f^2(1) - 1 < 0$。

     由零点定理，存在 $x_0 \in (0,1)$，使得 $g(x_0) = 0$。

     即 $f^2(x_0) = x_0$。
769. 证明题
     设函数 $f(x)$ 在 $[0,4]$ 上连续，且 $f(0) = f(4) \neq f(2)$。证明：至少存在一点 $\xi \in (0,2)$，使得 $f(\xi) = f(\xi+2)$。
     查看解析

     答案: 由零点定理得证

     设 $g(x) = f(x) - f(x+2)$，$x \in [0,2]$。

     $g(x)$ 在 $[0,2]$ 上连续。

     $g(0) = f(0) - f(2)$。

     $g(2) = f(2) - f(4) = f(2) - f(0) = -(f(0) - f(2)) = -g(0)$。

     由于 $f(0) \neq f(2)$，所以 $g(0) \neq 0$，且 $g(0) \cdot g(2) = -g^2(0) < 0$。

     由零点定理，存在 $\xi \in (0,2)$，使得 $g(\xi) = 0$。

     即 $f(\xi) = f(\xi+2)$。
770. 证明题
     设函数 $f(x)$ 在 $[1,4]$ 上连续，证明：在 $[1,4]$ 内至少存在一点 $\xi$，使得 $f(\xi) = \frac{f(1)+f(2)+f(3)+f(4)}{4}$。
     查看解析

     答案: 由介值定理得证

     $f(x)$ 在 $[1,4]$ 上连续，设其最大值为 $M$，最小值为 $m$。

     则 $m \leq f(i) \leq M$，$i = 1,2,3,4$。

     因此 $m \leq \frac{f(1)+f(2)+f(3)+f(4)}{4} \leq M$。

     由介值定理，存在 $\xi \in [1,4]$，使得 $f(\xi) = \frac{f(1)+f(2)+f(3)+f(4)}{4}$。
771. 证明题
     设函数 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，证明：对任意的正数 $p$，$q$，在 $[a,b]$ 内至少存在一点 $\xi$，使得 $pf(a)+qf(b)=(p+q)f(\xi)$。
     查看解析

     答案: 由介值定理得证

     设 $\mu = \frac{pf(a)+qf(b)}{p+q}$。

     $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，设最大值为 $M$，最小值为 $m$。

     则 $m \leq f(a) \leq M$，$m \leq f(b) \leq M$。

     $pm \leq pf(a) \leq pM$，$qm \leq qf(b) \leq qM$。

     相加：$(p+q)m \leq pf(a)+qf(b) \leq (p+q)M$。

     即 $m \leq \mu \leq M$。

     由介值定理，存在 $\xi \in [a,b]$，使得 $f(\xi) = \mu = \frac{pf(a)+qf(b)}{p+q}$。

     即 $pf(a)+qf(b)=(p+q)f(\xi)$。

五、证明题 - 单调性与不等式

772. 证明题
     证明：当 $x > 0$ 时，$\ln(1+x) < x$。
     查看解析

     答案: 由单调性得证

     设 $f(x) = x - \ln(1+x)$，$x \geq 0$。

     $f'(x) = 1 - \frac{1}{1+x} = \frac{x}{1+x} > 0$，$x > 0$。

     所以 $f(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 上严格单调递增。

     又 $f(0) = 0 - \ln 1 = 0$。

     因此当 $x > 0$ 时，$f(x) > f(0) = 0$。

     即 $x - \ln(1+x) > 0$，所以 $\ln(1+x) < x$。
773. 证明题
     证明：当 $x > 1$ 时，$\frac{\ln(1+x)}{x} > \frac{\ln x}{1+x}$。
     查看解析

     答案: 由单调性得证

     不等式等价于 $(1+x)\ln(1+x) > x\ln x$。

     设 $f(x) = (1+x)\ln(1+x) - x\ln x$，$x \geq 1$。

     $f'(x) = \ln(1+x) + 1 - \ln x - 1 = \ln(1+x) - \ln x = \ln(1+\frac{1}{x}) > 0$，$x > 0$。

     所以 $f(x)$ 在 $[1,+\infty)$ 上严格单调递增。

     $f(1) = 2\ln 2 - 1\ln 1 = 2\ln 2 > 0$。

     因此当 $x > 1$ 时，$f(x) > f(1) > 0$。

     即 $(1+x)\ln(1+x) > x\ln x$，原不等式成立。
774. 证明题
     证明：当 $x > 0$ 时，$e^x - \ln(1+x) - 1 > x\ln(1+x)$。
     查看解析

     答案: 由二阶导数判断单调性得证

     设 $f(x) = e^x - \ln(1+x) - 1 - x\ln(1+x)$，$x \geq 0$。

     $f'(x) = e^x - \frac{1}{1+x} - \ln(1+x) - \frac{x}{1+x} = e^x - \frac{1+x}{1+x} - \ln(1+x) = e^x - 1 - \ln(1+x)$。

     $f''(x) = e^x - \frac{1}{1+x}$。

     当 $x > 0$ 时，$e^x > 1$ 且 $\frac{1}{1+x} < 1$，所以 $f''(x) > 0$。

     因此 $f'(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 上严格单调递增。

     $f'(0) = 1 - 1 - 0 = 0$。

     所以当 $x > 0$ 时，$f'(x) > 0$。

     因此 $f(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 上严格单调递增。

     $f(0) = 1 - 0 - 1 - 0 = 0$。

     所以当 $x > 0$ 时，$f(x) > 0$，即 $e^x - \ln(1+x) - 1 > x\ln(1+x)$。
775. 证明题
     证明：当 $0 < x < \frac{\pi}{4}$ 时，$\int_0^x e^t\cos t dt > x$。
     查看解析

     答案: 由变上限积分求导和单调性得证

     设 $f(x) = \int_0^x e^t\cos t dt - x$，$x \in [0, \frac{\pi}{4}]$。

     $f(0) = 0 - 0 = 0$。

     $f'(x) = e^x\cos x - 1$。

     设 $g(x) = e^x\cos x - 1$，则 $g(0) = 1 - 1 = 0$。

     $g'(x) = e^x\cos x - e^x\sin x = e^x(\cos x - \sin x)$。

     当 $0 < x < \frac{\pi}{4}$ 时，$\cos x > \sin x$，所以 $g'(x) > 0$。

     因此 $g(x)$ 在 $[0, \frac{\pi}{4}]$ 上严格单调递增。

     所以当 $0 < x < \frac{\pi}{4}$ 时，$g(x) > g(0) = 0$，即 $f'(x) > 0$。

     因此 $f(x)$ 在 $[0, \frac{\pi}{4}]$ 上严格单调递增。

     所以当 $0 < x < \frac{\pi}{4}$ 时，$f(x) > f(0) = 0$。

     即 $\int_0^x e^t\cos t dt > x$。
776. 证明题
     证明：$a > b \geq e$ 时，$a^b < b^a$，并比较 $\pi^e$ 与 $e^\pi$ 之间的大小。
     查看解析

     答案: $\pi^e < e^\pi$

     不等式 $a^b < b^a$ 等价于 $b\ln a < a\ln b$，即 $\frac{\ln a}{a} < \frac{\ln b}{b}$。

     设 $f(x) = \frac{\ln x}{x}$，$x \geq e$。

     $f'(x) = \frac{\frac{1}{x} \cdot x - \ln x}{x^2} = \frac{1 - \ln x}{x^2}$。

     当 $x > e$ 时，$\ln x > 1$，所以 $f'(x) < 0$。

     因此 $f(x)$ 在 $[e, +\infty)$ 上严格单调递减。

     当 $a > b \geq e$ 时，$f(a) < f(b)$，即 $\frac{\ln a}{a} < \frac{\ln b}{b}$。

     所以 $a^b < b^a$。

     比较 $\pi^e$ 与 $e^\pi$：

     由于 $\pi > e \geq e$，由上述结论，$\pi^e < e^\pi$。
777. 证明题
     证明：当 $|x| \leq 3$ 时，$|\frac{1}{3}x^3 - 4x| \leq 6$。
     查看解析

     答案: 由闭区间上连续函数的最值定理得证

     设 $f(x) = \frac{1}{3}x^3 - 4x$，求其在 $[-3,3]$ 上的最值。

     $f'(x) = x^2 - 4 = 0$，得 $x = \pm 2$。

     计算函数值：

     $f(-3) = \frac{1}{3}(-27) - 4(-3) = -9 + 12 = 3$。

     $f(-2) = \frac{1}{3}(-8) - 4(-2) = -\frac{8}{3} + 8 = \frac{16}{3}$。

     $f(2) = \frac{1}{3}(8) - 4(2) = \frac{8}{3} - 8 = -\frac{16}{3}$。

     $f(3) = \frac{1}{3}(27) - 4(3) = 9 - 12 = -3$。

     最大值为 $\frac{16}{3}$，最小值为 $-\frac{16}{3}$。

     所以 $|f(x)| \leq \frac{16}{3} < 6$？不对，重新检查...

     实际上 $\frac{16}{3} \approx 5.33 < 6$，所以 $|f(x)| \leq \frac{16}{3} < 6$，结论成立。

     （注：若题目为 $\frac{1}{3}x^3 - 3x$，则最大值为6，此处按原题 $\frac{1}{3}x^3 - 4x$ 证明）
778. 证明题
     证明：当 $x \in [-1,1]$ 时，恒有 $\arcsin x + \arccos x = \frac{\pi}{2}$。
     查看解析

     答案: 由导数为零得证

     设 $f(x) = \arcsin x + \arccos x$，$x \in [-1,1]$。

     求导：$f'(x) = \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} - \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} = 0$。

     所以 $f(x)$ 在 $[-1,1]$ 上为常数。

     取 $x = 0$：$f(0) = \arcsin 0 + \arccos 0 = 0 + \frac{\pi}{2} = \frac{\pi}{2}$。

     因此 $f(x) = \frac{\pi}{2}$ 对所有 $x \in [-1,1]$ 成立。

六、证明题 - 罗尔定理

779. 证明题
     设 $f(x)$ 在 $[0,2]$ 上连续，$(0,2)$ 内二阶可导，且 $f(0)=f(1)=f(2)$，证明：至少有一点 $\xi \in (0,2)$，使得 $f''(\xi)=0$。
     查看解析

     答案: 由两次应用罗尔定理得证

     由罗尔定理，因 $f(0) = f(1)$，存在 $\xi_1 \in (0,1)$，使得 $f'(\xi_1) = 0$。

     同理，因 $f(1) = f(2)$，存在 $\xi_2 \in (1,2)$，使得 $f'(\xi_2) = 0$。

     在 $[\xi_1, \xi_2]$ 上，$f'(x)$ 满足罗尔定理条件。

     因此存在 $\xi \in (\xi_1, \xi_2) \subset (0,2)$，使得 $f''(\xi) = 0$。