y=ln(1+x)的定义域为1+x>0,即x>-1;y=x定义域是R;因此只能在(-1,+∞)比较.y'=1/(1+x),故y'(0)=1;即y=ln(1+x)在(0,0)处的切线与直线y=x重合;而当x≠0时曲线y=ln(1+x)都在直线y=x的下面.故可断言:x=0时ln(1+x)=x;当x≠0时恒有x>ln(1+x).结果...
∴x>ln(1+x). 解法二:令f(x)=x-ln(x+1). ∵x>0,f′(x)=1-=>0, 又因为函数f(x)在x=0处连续, ∴f(x)在[0,+∞)上是增函数. 从而当x〉0时, f(x)=x-ln(1+x)〉f(0)=0。 ∴x>ln(1+x). 解法三:在同一坐标系中画出函数y=x与y=ln(1+x)的图象,可见x〉0时,x〉ln(1+x...
x-ln(1+x)≥ 0 x≥ln(1+x)令f(x)=ln(1+x)-x f'(x)=1/(1+x)-1≤0 （0≤x≤1）因此函数f(x)在0≤x≤1递减，注意不是单减，除去x=0这个点才是单减。因此f(x)=ln(1+x)-x≤0，（等于当且仅当x=0时成立）。即ln(1+x)≤x，（等于当且仅当x=0时成立）。性质1 ...
分析:(1)设f(x)=x-ln(x+1),求出导数,求得单调区间,得到最小值,进而比较大小; (2)取m=1,2,3,4进行验算,得到猜测:①2<(1+ 1 m )m<3,m=2,3,4,5,…,②存在a=2,使得a< 1 n n k=1 (1+ 1 k )k<a+1恒成立.运用(1)的结论可证①,运用二项式定理,即可证明②. ...
x>0时，有x>ln（1+x）。要比较x和ln（1+x）的大小。可以通过作差法来比较这两个数的大小。设f（x）=x-ln（1+x），需要找出f（x）的符号。为了找出f（x）的符号，求f（x）的导数。f'（x）=1-1/（x+1），当x>0时f'（x）>0，说明f（x）在（0，+∞）上是增函数。当x>0时...
x+10∴x-1 .当 x≤-1 时,ln(x+1)无意义,无法比较大小当 x-1 时, f'(x)=1-1/(x+1)=x/(x+1)∴∴当 -1x0 时, f'(x)0 ,f(x)单调递减当 x0 时, f'(x)0 ,f(x)单调递增∵f(0)=0-0=0∴f(x) 在 (-1,+∞) 上恒大于等于0即 x≥ln(1+x)综上所述, x≥ln(1+x) ...
∴当x≤q -1时,ln(x+1)无意义,无法比较大小 当x -1时,f'(x)=1- 1 (x+1)= x (x+1) ∴当-1 x 0时,f'(x) 0,f(x)单调递减 当x 0时,f'(x) 0,f(x)单调递增 ∵ f(0)=0-0=0 ∴ f(x)在(-1,+∞ )上恒大于等于0 即x≥q ln(1+x) 综上所述,x≥q ln(1+x)反馈...
因此，在0<x<1的范围内，y'=1-1/(x+1)始终为正，说明函数y=x-ln(x+1)在整个区间内是单调递增的。由于当x=0时，y=0，而在0<x0，可以得出对于0<x<1，x总是大于ln(x+1)。通过这种方法，我们可以准确地比较x与ln(x+1)在0<x<1区间内的大小关系，从而得到函数y=x-ln(x+1)在...
根据换底公式, \log_ax=\dfrac{\ln x}{\ln a} ,这个时候只需要求 \ln 的上下限就行了. 注意分母分子上下限不同哦,一个求上限另一个就必定求下限,逻辑不太清晰的同学要注意不要弄混了.4. \pi^n 与常数比较大小 1)利用黎曼 \zeta 函数求 \pi^n 的下限 \left( n\in\mathbb R \right) ...
1. 函数f(x) = x - ln(1+x) 满足 f(x) ≥ f(0) = 0。2. 由此可得 x - ln(1+x) ≥ 0。3. 进一步推导得到 x ≥ ln(1+x)。4. 定义函数 f(x) = ln(1+x) - x，求导得 f'(x) = 1/(1+x) - 1。5. 当 0 ≤ x ≤ 1 时，f'(x) ≤ 0，说明函数 f(x) ...