不等式exp(x)-1...引申出的一个不等式及其应用

不等式1x e x -≥引申出的一个不等式及其应用
王永洪1
（北京市海淀区北京理工大学机电学院，100081）
导数公式()x
x
e e '=重要极限01
lim 1x x e x
→-=，
可导函数的极值定理得到了不等式1x e x -≥，而围绕这个形式上简单的不等式及其证明过程了还有很多与自然对数（指数）有关的不等式和极限，如不等式
1(0)1x x e x x x -≤-≤≥+，ln(1)(1)1x x x x x ≤+≤>-+与极限()1
0lim 1x x x e +→+=、111lim 11ln 2n n n →∞⎛⎫+++= ⎪⎝⎭ 2可由不等式11x x e x e --≥≥-经过适当变形和放缩处理就可以得到，关于1(0)1x x
e x x x
-≤-≤≥+（即
11x x e x e --≤≤-），有这样的问题，是否存在这样的正数,(0,1)a b ∈，对于任意0x ≥，成立111x x x
e bx ax
-≤-≤
++，根据x 趋于正无穷大时不等式两边的函数极限可以直接判断b 是不存在的，下面将指出这样的a 值是存在的。

考虑下面的问题：设0x ≥，11x x
e ax
--≤+恒成立，求a (0)a ≥的取值范围。

下面利用不等式
11x x
e x e --≤≤-给出解答：
设()(1)(1)x f x ax e x -=+--，0x ≥.只需()0f x ≤.()(1)(1)x x f x a e axe --'=--+,利用1x x e ≤-得
()(1)(1)(1)(21)(1)x x x x f x a e a e e a e ---'≤--+-⋅=-⋅-，当1
02
a ≤≤，()0f x '≤，()f x 单调递减，
()(0)0f x f ≤=.当1
2
a >时，注意1a <，利用1x e x --≤，()(1)(1)x x f x a x axe x a ae --'≥-+=-+，
0ln 1a
x a
<<-时，()0f x '>，则()(0)0f x f >=，不符合要求。

因此原问题中的a 值是存在的，其取值范围是10,2⎡⎤
⎢⎥⎣⎦
.特别地，取12a =，有不等式:
1
1112x
e
x x --⎛⎫
-≤+ ⎪⎝⎭
(1.1)
由(1.1)再考虑对该不等式的修正，即提出了下面的问题，其中1
111x x x
p e p e e -----=+--。

例1 （Ⅰ）对于任意正数x ，11x x e x p e p ax ---<--+(1)p >．求证：1
02
p a +≤≤． （Ⅱ）对于任意正数x ，2
11x x e x p e p x x αβ--->--++(1)p >，若12
p α+=，求β的最小值． （I ） 证明：该不等式是(1.1)的变形式，但证明方法有异。

分式1x
p ax
-+对于一切正数x 有意义，于是0a ≥．
设()(1)(1)()x x F x e ax p p e x --=-+---，0x ≥．只需证明()0F x ≤．
[]()(1)(1)()
(1)(1)(1).
x x x x x
F x e ax p a e xe p e a x a x a p e -----'=+-+----=-+-+--
（i ） 1a ≥时，由于1x e x -≥即(1)(1)x x x e -≤+-，则
1
作者联系方式：北京市海淀区中关村南大街5号北京理工大学机电学院116信箱，100081； E-mail ：mt_xxx2007@
2
ln(1)1x x x x <+<+，(1)x >-中取1
x n
=，再累加，对不等式取极限即可。

[]()(1)(1)(1)(1)(1)
(21)(1).
x x x
F x a x e a x a p e a p e ---'≤-+-+-+--=---
1
12
p a +≤≤
时，()0F x '≤，()F x 在[0,)+∞单调递减，于是()(0)0F x F ≤=． （ii ） 01a ≤<时，10a -<，()(1)(1)(1)1x x
F x a x e p e x --⎡⎤=--+---⎣⎦
．由1x e x --≤知，01a ≤<时，()0F x ≤．
（iii ） 1
12
p a +>>时，1x e x --≤
[][]()(1)(1)(1)(1)
(1)21(1).
x x x F x a e a x a p e a x a p e ---'≥--+-+--=-+---
当2101a p x a --<<
-时，(1)210a x a p -+-->，即()0F x '>，于是21
01
a p x a --<<-时，()F x 单调递
增，即()(0)0F x F >=，这与题意矛盾．
综上（i ）（ii ）（iii ）所述，1
02
p a +≤≤时，11x x
e x p e ax p ---<-+-对于任意的正数x 都成立． （II ） 分式2
1x
p x x αβ-++对于一切正数x 有意义，则0β≥，又由（Ⅰ）知，0β≠，于是0β>．
设211()(1)(1)x H x x x e x βα-=++--，0x ≥． 其中11112p αα-==-，11
p β
β=-．只需证明()0H x ≥． 22111111()(2)(1)222x H x x x x x e βββ-⎡
⎤'=
+-+-+-⎢⎥⎣
⎦，
21112111()(4)2(1)
212(1)(4).
22x x x x
H x x x e e x e e x βββββ---⎡⎤
''=-+-+-⎢⎥⎣⎦
⎡⎤=--+-⎢⎥⎣
⎦
（i ） 由1x e x -≥得到不等式
2
12
x
x e x -≥+
， (1.2) 则211111()2(1)(4)(6)222x x
x x H x e e x xe βββ--⎡⎤''=--+-≥-⎢⎥⎣
⎦，1112β≥时，11()(6)02x H x xe β-''≥-≥，因此
()H x '在[)0,+∞是增函数，()(0)0H x H ''≥=，即()H x 在[)0,+∞也是增函数，()(0)H x H ≥．
（ii ） 11
12
β<
时，对不等式进行估计有：21x e x x -≤+，0ln 2x ≤<．于是0ln 2x ≤<时， 22111111()2(1)(4)(6)222x x
x x H x e e x e x x ββββ--⎡⎤⎡⎤''=--+-≤+-⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣
⎦．
取01
1
min{ln 2,
6}2x β=-，则()0H x ''<，0(0,)x x ∈．()H x '在0(0,)x 是单调递减，()(0)0H x H ''≤=，即()H x 在0(0,)x 也单调递减，则()(0)H x H ≤．这与题意不符。

综上（i ）（ii ）所述，1β的最小值是112，β的最小值是1
12
p -．由此就有()H x 对应的不等式：
1
21111212x
e x x x --⎛⎫->++ ⎪⎝⎭
. (1.3)
应用上例的方法可以得到 1
111(2)(3)12x
e x x x x --⎡⎤
-<++-⎢⎥⎣⎦
(01)x << (1.4)
这是x 取值很小时(1.1)的一个修正的估计，在证明一些极限问题中有所应用，在(1.3)中右边分母上添加更高阶的多项式可以得到对1x e --更好的估计。

上例（II ）中对()H x 求二阶导数，是为了判断()H x '的符号，显然(0)0H '≡，因此可以通过()H x '的
单调性判断它在0x =的一定范围内的符号，这是以上所述解法的基本原理。

下例是不等式(1.1)和(1.3)在数列中应用，从中可以看出不等式(1.1)、(1.3)与极限的联系。

例2 设数列{}n x 满足：00x >，11exp()n n x x +=--3，(0,1,2,)n = ．求证：lim 2n n nx →∞
=．
证明：可数学归纳法可以证明：101()n n x x n N ++<<<∈．
由式(1.1)得
11111121n x n n n x x x e -+-=->-． 上式递推累加得
12111111111111
(1)2
2n n n n n x x x x x x x -⎛⎫⎛⎫=-++-+>-+> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ ，即 2
n x n
<．
(2.1)
由式(1.3)得
1111212n n n x x x +-<+，利用(2.1)即有11111126n n x x n
+-<+⋅ 上式递推累加得11121111111111111
(1)2
6n k n n n n x x x x x x x k -=-⎛⎫⎛⎫=-++-+<-++⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∑ ．
再联系(2.1)，最后得到
111111226n k n n n x x k =<<++∑． (2.2)
利用11m 10li k n n n k =→∞⎛⎫
= ⎪⎝⎭∑，对(2.2)两边取极限，由极限的夹逼原理有11lim
2n n
nx →∞=.即 lim 2n n nx →∞
=。

(2.3)
作为极限(2.3)的加强，下面利用不等式(1.3)和(1.4)证明(2)2
lim
ln 3
n n n nx n →∞-=-。

1122(2)2lim lim 4lim ln ln ln n n n n
n n n n n
nx x n nx x n n
n →∞→∞→∞⎛⎫--
⎪-⎝⎭==-，只要证明 121
lim ln 6
n n n x n →∞-
=。

(2.4)
首先，利用极限1112lim 1ln n n n
→∞+++= ，对(2.2)右边取极限，有 111
lim 2ln 6n n n x n →∞⎛⎫-⋅≤ ⎪⎝⎭。

(2.5)
由于101()n n x x n N ++<<<∈，应用(1.4)得 2
11111121212
n n n n x x x x +->+-。

(2.6)
以下的不等式放缩法推导要用到极限的思想和无穷大量的概念。

11
2n
k l l k =<<∑，122l l n +≤<4，这是一个无穷大量。

于是，存在这样的正数N ，当n N >时，对于(2.2)右边，
11
1
111126241n k k n
n n x k k ==++⋅<+∑∑。

另外
，
11
12n
n n
k k k k ===<<=∑∑，
则
1
1
111211242n k n n k n --=⎡⎤⎛⎛⎛⎫
+>>⎢⎥ ⎪⎝⎭⎝
⎝⎣⎦∑
，即2n x n >-。

下面着手利用上式对(2.6)进行不等式放缩。

在(2.6)式中，利用(2.1)，n N >时，
3
exp()x 表示x 的指数x e .
4 111112322+<+=，11111111145674444+++<+++=，…1111134442+>+=，111111111567888882+++>+++=，…
22
1111111111112121226426n n n n x x x x n n n +⎛->+->+->+ ⎝1N +项开始累加得
11111111()26n n
k N k N n N n N x x k =+=+++->-+-∑∑。

(2.7)
由
于
<
，
n
k N =+<
-∑
，1lim 0ln n n k N n →∞=+=∑，11
N
k k
=∑为一个固定的数，111lim 0ln N
n k n k →∞==∑，利用极限11
12lim 1ln n n n →∞+
++
= 得111lim 1ln n n k N n k →∞=+=∑。

对(2.7)两边同除ln(1)n +并取极限得11111()21lim ln(1)6n N n n N x x n ++→∞---≥+，N 为固定的数，111(1)21lim ln(1)6
N n N x n +→∞-+=+，于是 121
lim ln 6
n n n x n →∞-
≥
(2.8) 联系(2.5)和(2.8)得(2.4)，证毕。

在例2中，若数列的递推式取为11ln(1)n n x x +-=+(0,1,2,)n = ，则1e x p
()1n n x x -=-，1111111n
x n n n x x x e --⎛⎫
-=-- ⎪-⎝
⎭，这和例2解法相同，解出的结果为(2)2lim ln 3n n n nx n →∞-=。

参考文献：
[1] 谢惠民，恽自求，易法魁，钱定边.数学分析习题课讲义[M].北京：高等教育出版社，2003-2004：38-46,110-114
[2] 周强民.数学分析习题演练[M].第2版.北京：科学出版社，2006-2009
[3] 陈纪修，施於华，金路.数学分析[M].第2版.北京：高等教育出版社，2004：217。