驗證 ln x 1 lnx 1 x（x 為正整數）。

那是。 ln(1+1/x)<1/x

設 1 x=t

那是。 ln(1+t)0

因此，該函式是乙個遞增函式。

f(t)>f(0)=0-ln1=0

即。 t>ln(1+t)

從而。 ln(x+1)-lnx< 1/x

ln（x+1）-lnx=ln（x+1） x=ln（1+1 x） 設 f（x）=ln（1+1 x）-1 x

然後 f'(x)=(-1/x²)*x/(x+1)+(1/x²)-1/x(x+1)+1/x²

x/x²(x+1)+(x+1)/x²(x+1)1/x²(x+1)

這大於 0 常量。

因此，此函式是常量，當取 x=1 時，取最小值。

LN 2>0（因為 2>1）。

所以 ln2-1 2>0

所以 ln（x+1）-lnx< 1 x（x 是正整數）。

沒那麼多麻煩：原始 ln（x 1 x） 在 1恒大是 1，在這個範圍內，1 倍總是小於 1。 溶液。

你知道拉格朗日中值定理嗎？ 如果會，它會一步到位。 如果沒有，我會給你另一種方法。

設函式 y=（1+x）ln（1+x）-x

導數：y = （1+x）*（1 （1+x））+ln（1+x）-1=ln（1+x） 的導數。

顯然，在 x>0 處，ln（1+x）>0 是常數，因此函式 y 是 x>0 處的遞增函式。

現在考慮初始值 x=0， y=0

因此，在 x>0 時，y>0，即當 x>0 時，（1+x）ln（1+x）>x

假設 y=ln（1+x）-x

x>-1)

y 的導數。

y'=1/(x+1)-1

設導數等於 0

x=0x<0

y'>0

x=0y'=0

x>0y'<0

所以 x=0 是最大點，也是最大點。

f(0)=ln1=0

因此，對於任何 x>-1

y<=0

即 ln（1+x）<=x

應該有乙個等號，除非 x=0 不在定義的域中。

f(x)=ln(1+x)-x

f'（x）=1 （1+x）-1=-x （1+x） 定義域 1+x>0

x>-1

即 f'（x） 分母大於 0

所以-10，乘以。

x>0,f'(x)<0.減去函式。

所以 x=0 有乙個最大值，它也是乙個最大值。

f(0)=0

所以 f（x）<=0

所以ln（1+x）<=x

在這裡，您可以取等號，即當 x=0 時。

lnx>=1-1 x，（x=1時取等號）分別使x=2,3,2,4 xun 3,......,n （n-1） 產量： ln2>1-1 2=1 2， ln3 2>1-2 3=1 3， ln4 3>1-3 4=1 4,......ln n （n-1）>1-（n-1） n=1 n，以上型別加起來就是德林旅：ln2 + ln3 2 + ln4 3 + ......ln n mu wang 租金 （n-1） > 1 2 + 1 3 + 1 4 +...

當 x=0 時，兩邊均為 0

然後在兩邊找到導數，左邊是 1 （1+x），左邊是 1 （1+x） 2

當 x>0 時，兩個導數都是 >1，所以 （1+x） 2 總是 1+x，也就是說，左邊的導數總是右邊的導數。

兩邊的起點是一樣的，左邊增加得快，所以左邊一定是右邊。

如果我沒有學過導數，我就做不到。 ）

推導 f（x）=-1 x +1 x，使 f（x）>0 表明 f（x） 是 [1.

即 f（1）0 ln2>1 2 成立。

當 n=k 時，假設 lnk=f（k）-1 k+1>1 2+1 3+1 4+...1 k 成立。

當 n=k+1， ln（k+1）=f（k+1）-1 （k+1）+1>f（k）-1 （k（k+1））+1=f（k）-1 k+1+1 （k+1）=lnk+1 （k+1）>1 2+1 3+1 4+...1 K+1 （K+1） 完成。

知道函式 f（x）=（1-x） x+lnx 構造不好，函式構造為 g（x）=ln（x+1）-ln（x）-1 x

導數為 g'（x）=1 （x+1）-1 x+1 x2=1 （x+1）x2>0 在 [1，+無窮大] 上是常數，所以 g（x）>g（1）=ln2-ln1-1=ln2-1>0 設 x=1,2,3， n g（1）=ln2-ln1-1>0

g(2)=ln3-ln2-1/2>0

g(3)=ln4-ln3-1/3>0

.g（n）=ln（n+1）-lnn-1 n>0 得到 ln（n+1）-lnn+。ln4-ln3+ln3-ln2+ln2-ln1>1+1/2+1/3+..

1/n>1/2+1/3+..1/n+1/(n+1)

讓 n+1=n 給出答案。