|
|
楼主 |
kuing
发表于 2014-6-8 10:02
14、新课标II理数21
备用图链bbs.pep.com.cn/data/attachment/forum/201406/08/10005183o33erog2jir2y0.png
（I）显然在 $\mbb R$ 上递增；
（II）
\[g(x)=e^{2x}-e^{-2x}-4x-4b(e^x-e^{-x}-2x),\]
当 $x>0$ 时，令 $x=\ln t$, $t>1$，则
\[g(x)>0\iff g(\ln t)>0\iff h(t)=t^{2}-t^{-2}-4\ln t-4b(t-t^{-1}-2\ln t)>0,\]
对 $h(t)$ 求导得
\begin{align*}
h'(t)&=2t+2t^{-3}-4t^{-1}-4b(1+t^{-2}-2t^{-1}) \\
& =\frac{2(t-1)^2\bigl(t^2+2(1-b)t+1\bigr)}{t^3},
\end{align*}
令 $p(t)=t^{2}+2(1-b)t+1$，则 $p(t)$ 的对称轴为 $t=b-1$。
如果 $b>2$，则 $p(t)$ 在 $(1,b-1)$ 上递减，则当 $t\in(1,b-1)$ 时 $p(t)<p(1)=2(2-b)<0$，所以如果 $b>2$，则当 $t\in(1,b-1)$ 时 $h'(t)<0$，而 $h(1)=0$，所以当 $t\in(1,b-1)$ 时 $h(t)<0$，不符合题意。
当 $b\leqslant 2$ 时
\[h'(t)=\frac{2(t-1)^2\bigl((t-1)^2+2(2-b)t\bigr)}{t^3}>0,\]
而 $h(1)=0$，所以当 $t>1$ 时恒有 $h(t)>0$，符合题意。
综上，$b$ 的最大值为 $2$；
（III）下面先证明，当 $x\geqslant 1$ 时，恒有
\[
-x^2+8x-8x^{-1}+x^{-2}
\leqslant 12\ln x \leqslant
3x+10-18x^{-1}+6x^{-2}-x^{-3},
\]
两边的等号都仅当 $x=1$ 取得。
对于左边，在（II）的 $h(x)$ 中取 $b=2$ 即可得到；
对于右边，令
\[k(x)=3x+10-18x^{-1}+6x^{-2}-x^{-3}-12\ln x,\]
则 $k(1)=0$，求导得
\[
k'(x)=3+18x^{-2}-12x^{-3}+3x^{-4}-12x^{-1}=\frac{3(x-1)^4}{x^4}\geqslant 0,
\]
所以对任意 $x\geqslant 1$ 都有 $k(x)\geqslant 0$，即得证。
在式中，取 $x=\sqrt2$，即得
\[-\frac14+\frac23\sqrt2 < \ln2 < \frac{13}6-\frac{25}{24}\sqrt2,\]
由 $1.4142<\sqrt2$，得
\[-\frac14+\frac23\times1.4142 < \ln2 < \frac{13}6-\frac{25}{24}\times1.4142,\]
即
\[0.6928<\ln2<0.693541666\cdots,\]
所以 $\ln2 \approx 0.693$。
PS、很好奇标答会怎么做，关注中……
PS2、通过对 $(x-1)^m/x^n$ 积分后方可得到类似的 $\ln x$ 估计式，$m$, $n$ 越大越强。
【2016-5-2 新注：此楼第（III）问我解错了】
错因：由 $0.6928<\ln2<0.693541666\cdots$ 并不能排除 $\approx0.694$ 的可能性。
修正见：kuing.cjhb.site/forum.php?mod=viewthread&tid=4002 |
|
