1693

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已知 $0 < x < \frac{π}{2}$ , 证明: $\sin x < x < \tan x$ ;
设 $\forall x \in (0, \frac{π}{2})$ , 若 $\tan x - x > λ (x - \sin x)$ 恒成立, 求正整数 $λ$ 的最大值;
求证: $\sum_{k = 1}^{n} (\sqrt{\tan \frac{π}{4^{k}}} + \sqrt{\sin \frac{π}{4^{k}}}) > 2 \sqrt{π} (1 - \frac{1}{2^{n}})$ .

解答

证明直接构造函数 $x - \sin x$ 和 $\tan x - x$ , 然后求导易证.^[1]
解当 $λ \geq 3$ 时, 取 $x = \frac{π}{4}$ , 则 $λ (x - \sin x) \geq 3 (\frac{π}{4} - \frac{\sqrt{2}}{2})$ , $\tan x - x = 1 - \frac{π}{4}$ , 下面我们说明 $1 - \frac{π}{4} < 3 (\frac{π}{4} - \frac{\sqrt{2}}{2})$ , 也即 $1 + \frac{3 \sqrt{2}}{2} < π$ . 这是因为 $1 + \frac{3 \sqrt{2}}{2} < 1 + \frac{3 \times 1.42}{2} = 3.13 < π .$ 因此原不等式并不恒成立.^[2]
而 $λ = 2$ 时, 我们证明原不等式成立. 记 $f (x) = \tan x + 2 \sin x - 3 x$ . 则根据三元均值不等式 $f^{'} (x) = \frac{1}{\cos^{2} x} + 2 \cos x - 3 \geq 3 \sqrt[3]{\frac{1}{\cos^{2} x} \cdot \cos x \cdot \cos x} - 3 = 0,$ 于是 $f (x) > f (0) = 0$ .
综上, 正整数 $λ$ 的最大值为 $2$ .
证明我们先证明: $\tan x \cdot \sin x > x^{2}$ . 这是因为 $\tan x \sin x = \frac{2 \tan \frac{x}{2}}{1 - \tan^{2} \frac{x}{2}} \frac{2 \tan \frac{x}{2}}{1 + \tan^{2} \frac{x}{2}} = \frac{4 \tan^{2} \frac{x}{2}}{1 - \tan^{4} \frac{x}{2}} > 4 \tan^{2} \frac{x}{2} > x^{2} .$ (最后一步用了 1 的结论: $4 \tan^{2} \frac{x}{2} > 4 {(\frac{x}{2})}^{2} = x^{2}$ ). 这样, $\begin{aligned} 左边 & > \sum_{k = 1}^{n} 2 \sqrt[4]{\tan \frac{π}{4^{k}} \sin \frac{π}{4^{k}}} > \sum_{k = 1}^{n} 2 \sqrt{\frac{π}{4^{k}}} = 2 \sqrt{π} \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{2^{k}} = 2 \sqrt{π} (1 - \frac{1}{2^{n}}) . \end{aligned}$ 这样问题得证.

值得一提的是本题还有个经典的几何证法. 画出第一象限中单位圆上一点 $A (\cos x, \sin x)$ , 则根据线段和圆弧的长度大小关系得到 $\sin x < x$ , 根据扇形和三角形的面积大小关系得到 $x < \tan x$ , 具体证明略. ↩︎
其实任意大于 $2$ 的实数均不成立. 我们可以直接在 $0$ 处指出 $(\tan x - x) - λ (x - \sin x)$ 导数的符号, 然后用共起点问题中公式化的语句说明即可. ↩︎