Question

8．（1）設(shè)S_n=1+$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{3}$+…+$\frac{1}{n}$，試比較S_n與曲線y=$\frac{1}{x}$，x軸及直線x=1和x=n+1圍成的面積的大�。�
（2）求證：1+$\frac{1}{\sqrt{{2}^{3}}}$+$\frac{1}{\sqrt{{3}^{3}}}$+…+$\frac{1}{\sqrt{{n}^{3}}}$＜3．

Answer 1

分析 （1）利用定積分求出曲線y=$\frac{1}{x}$，x軸及直線x=1和x=n+1圍成的面積，構(gòu)造h（x）=ln（1+x）-x，證明ln（x+1）≤x，令x=$\frac{1}{n}$，利用疊加法，即可得出結(jié)論；
（2）構(gòu)造數(shù)列a_n=1+$\frac{1}{\sqrt{{2}^{3}}}$+$\frac{1}{\sqrt{{3}^{3}}}$+…+$\frac{1}{\sqrt{{n}^{3}}}$-（3-$\frac{2}{\sqrt{n}}$），證明a_n+1＜a_n，即可證明結(jié)論．

解答 （1）解：曲線y=$\frac{1}{x}$，x軸及直線x=1和x=n+1圍成的面積S=${∫}_{1}^{n+1}\frac{1}{x}dx$=lnx${|}_{1}^{n+1}$=ln（n+1），
令h（x）=ln（1+x）-x，h′（x）=-$\frac{x}{1+x}$
h（x）在（-1，0）上單調(diào)遞增，在（0，+∞）上單調(diào)遞減
∴x＞-1時(shí)，h（x）≤0⇒ln（x+1）≤x
令x=$\frac{1}{n}$，則$\frac{1}{n}$＞ln（1+$\frac{1}{n}$）=ln（n+1）-lnn
∴S_n=1+$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{3}$+…+$\frac{1}{n}$＞ln2-ln1+ln3-ln2+…+ln（n+1）-lnn=ln（n+1）=S；
（2）證明：構(gòu)造數(shù)列a_n=1+$\frac{1}{\sqrt{{2}^{3}}}$+$\frac{1}{\sqrt{{3}^{3}}}$+…+$\frac{1}{\sqrt{{n}^{3}}}$-（3-$\frac{2}{\sqrt{n}}$），
則a_n+1=1+$\frac{1}{\sqrt{{2}^{3}}}$+$\frac{1}{\sqrt{{3}^{3}}}$+…+$\frac{1}{\sqrt{{n}^{3}}}$+$\frac{1}{\sqrt{（n+1）^{3}}}$-（3-$\frac{2}{\sqrt{n+1}}$），
∴a_n+1-a_n=$\frac{\sqrt{n}（2n+3）-\sqrt{n+1}（2n+2）}{\sqrt{n（n+1）^{3}}}$，
∵n（2n+3）²-（n+1）（2n+2）²＜0，
∴a_n+1-a_n＜0
∴a_n+1＜a_n，
∴a_n=1+$\frac{1}{\sqrt{{2}^{3}}}$+$\frac{1}{\sqrt{{3}^{3}}}$+…+$\frac{1}{\sqrt{{n}^{3}}}$-（3-$\frac{2}{\sqrt{n}}$）≤a₁=0
∴1+$\frac{1}{\sqrt{{2}^{3}}}$+$\frac{1}{\sqrt{{3}^{3}}}$+…+$\frac{1}{\sqrt{{n}^{3}}}$≤3-$\frac{2}{\sqrt{n}}$＜3

點(diǎn)評(píng) 本題考查利用疊定積分求面積，考查導(dǎo)數(shù)知識(shí)的運(yùn)用，正確構(gòu)造函數(shù)是關(guān)鍵．