标签：prime 来龙去脉 ln cdots geqslant cfrac mathrm
前言
(1)求 \(a\) 的值， 并判断该极值是函数的最大值还是最小值；
解: 因为 \(x=0\) 是函数的极值点， 所以 \(f^{\prime}(0)=0\)，
因为 \(f^{\prime}(x)=\mathrm{e}^{x}-a\)， 所以 \(f^{\prime}(0)=1-a=0\)， 解得 \(a=1\) 。
所以 \(f(x)=\mathrm{e}^{x}-x-1\)， 易知 \(f^{\prime}(x)=\mathrm{e}^{x}-1\)，
当 \(x \in(-\infty, 0)\) 时， \(f^{\prime}(x)<0\)，当 \(x \in(0,+\infty)\) 时， \(f^{\prime}(x)>0\)；
则 \(f(x)\) 在 \((-\infty, 0)\) 上单调递减， 在 \((0,+\infty)\) 上单调递增， 故极小值 \(f(0)\) 是函数的最小值。
(2)证明: \(1+\cfrac{1}{2}+\cfrac{1}{3}+\cdots+\cfrac{1}{n}>\ln (n+1)\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)\).
证明: 由(1)知 \(\mathrm{e}^{x} \geqslant x+1\)， 当且仅当 \(x=0\) 时， 等号成立；
给上式两边同时取对数，得到 \(x\geqslant\ln(x+1)\)， 当且仅当 \(x=0\) 时， 等号成立，
赋值，令 \(x=\cfrac{1}{k}\) (\(k\in{N}^{*}\))， 则\(\cfrac{1}{k}>\ln(1+\cfrac{1}{k})\)由于 \(\cfrac{1}{k}\)\(\neq\)\(0\)，故不等式不取等号，只取大于号。，即 \(\cfrac{1}{k}>\ln \cfrac{1+k}{k}\)，
所以 \(\cfrac{1}{k}>\ln (1+k)-\ln k\)(\(k=1,2,\cdots,n)\)，
令 \(k=1,2,\cdots,n\)，则得到以下式子，
\(\cfrac{1}{1}>\ln2-\ln1\)，
\(\cfrac{1}{2}>\ln3-\ln2\)，
\(\cfrac{1}{3}>\ln4-\ln3\)，
\(\cdots\)，\(\cdots\)
\(\cfrac{1}{n}>\ln(n+1)-\ln n\)，
以上 \(n\) 个式子累加，得 \(1+\cfrac{1}{2}+\cfrac{1}{3}+\cdots+\cfrac{1}{n}>\ln (n+1)\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)\)。
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