$e$ 的前奏：数列 $\left(1+\frac{1}{k}\right)^k$ 单调性证明

问题：比较 $\left(1+\frac{1}{k}\right)^k$ 与 $\left(1+\frac{1}{k+1}\right)^{k+1} \ (k \in \mathbb{N}^*)$

（2026-2027苏州中学高一上第一次月考19（3））

一、试着放缩一下

两边取对数，等价于比较：

$$k[\ln(k+1) – \ln k] \quad \text{与} \quad (k+1)[\ln(k+2) – \ln(k+1)]$$

移项整理：

$$k\ln\left[(k+1)^2\right] + \ln(k+1) < k\ln[k(k+2)] + \ln(k+2)$$

$\ln(k+1) < \ln(k+2)$ ，但是：

$$(k+1)^2 = k^2+2k+1 > k(k+2) = k^2+2k$$

符号相反， $k^2+2k+1 < k^2+2k$显然不成立，失败了。

我第一遍就是这样做的

二、 直接求导

令 $f(x) = \left(1 + \frac{1}{x}\right)^x \ (x \ge 1)$。

我好像不会求导啊。。

三、 取对数再求导

两边取自然对数：

$$f(x) = x \ln\left(1 + \frac{1}{x}\right) \quad (x \ge 1)$$

求导得：

$$f'(x) = \ln\left(1 + \frac{1}{x}\right) – \frac{1}{x+1}$$

即证其恒正

若直接二次求导：

$$f”(x) = \frac{1}{1 + \frac{1}{x}} \left(-\frac{1}{x^2}\right) – \left[-\frac{1}{(x+1)^2}\right] = -\frac{1}{x(x+1)^2} < 0$$

那么$f'(x)$ 单调递减：

不是很容易证明 $f'(x) > 0$。

换元则可以避开这个问题：令 $t = 1 + \frac{1}{x} > 1$，则 $\frac{1}{x+1} = 1 – \frac{1}{t}$。 转化为判定：

$$g(t) = \ln t + \frac{1}{t} – 1 \quad (t > 1)$$

求导：

$$g'(t) = \frac{1}{t} – \frac{1}{t^2} = \frac{t-1}{t^2} > 0$$

当 $t > 1$ 时 $g(t) > g(1) = 0$，$f'(x) > 0$。 故 $f(x)$ 单调递增，得：

$$\left(1+\frac{1}{k}\right)^k < \left(1+\frac{1}{k+1}\right)^{k+1}$$

四、 多元均值不等式

对 $k$ 个 $\left(1 + \frac{1}{k}\right)$ 与 1 个 $1$（共 $k+1$ 个正数）应用多元均值不等式：

$$\frac{\overbrace{\left(1 + \frac{1}{k}\right) + \left(1 + \frac{1}{k}\right) + \cdots + \left(1 + \frac{1}{k}\right)}^{k \text{ 个}} + 1}{k+1} > \sqrt[k+1]{\left(1 + \frac{1}{k}\right)^k \cdot 1}$$

（显然取不到等号）

整理：

$$\frac{k\left(1 + \frac{1}{k}\right) + 1}{k+1} = \frac{(k + 1) + 1}{k+1} = 1 + \frac{1}{k+1}$$

两边取 $k+1$ 次方即得：

$$\left(1+\frac{1}{k+1}\right)^{k+1} > \left(1+\frac{1}{k}\right)^k$$

这也是原题前面给出的铺垫，让我们使用的方法

实际上

$$\lim_{k \to \infty} \left(1 + \frac{1}{k}\right)^k = e \approx 2.718281828$$