问题及解答

设 $x\geqslant 0$, 证明

\[
\sqrt{x+1}-\sqrt{x}=\frac{1}{2\sqrt{x+\theta(x)}},
\]

其中 $\theta(x)$ 满足不等式 $\frac{1}{4}\leqslant\theta(x) < \frac{1}{2}$.

$\sqrt{x+1}-\sqrt{x}=\frac{1}{\sqrt{x+1}+\sqrt{x}}$, 故只要证明 $\frac{\sqrt{x+1}+\sqrt{x}}{2}=\sqrt{x+\theta(x)}$, 其中 $\theta(x)\in[\frac{1}{4},\frac{1}{2})$.

固定 $x$, 考虑函数 $f(t)=\sqrt{x+t}$, 要使得

\[
\sqrt{x+t}=\frac{\sqrt{x+1}+\sqrt{x}}{2},
\]

则必有 $t < \frac{1}{2}$.

下证 $t\geqslant\frac{1}{4}$. 也就是要证明 $f(\frac{1}{4})\leqslant\frac{\sqrt{x}+\sqrt{x+1}}{2}$. 这等价于

\[
\begin{split}
\Leftrightarrow&\sqrt{x+\frac{1}{4}}\leqslant\frac{\sqrt{x}+\sqrt{x+1}}{2}\\
\Leftrightarrow&\sqrt{4x+1}\leqslant\sqrt{x}+\sqrt{x+1}\\
\Leftrightarrow& 4x+1\leqslant 2x+1+2\sqrt{x(x+1)}\\
\Leftrightarrow& x\leqslant\sqrt{x(x+1)}\\
\Leftrightarrow& x^2\leqslant x^2+x,
\end{split}
\]

而这显然是成立的, 因为 $x\geqslant 0$.

若设 $f(x)=\sqrt{x}$, 由 Lagrange 中值定理, $f(x+1)-f(x)=f'(x+\theta(x))[(x+1)-x]$, 即

\[
\sqrt{x+1}-\sqrt{x}=\frac{1}{2\sqrt{x+\theta(x)}},
\]

其中 $\theta(x)\in(0,1)$. 解得

\[
\theta(x)=\frac{1}{4}+\frac{1}{2}(\sqrt{x^2+x}-x),
\]

从而

\[
\theta'(x)=\frac{1}{2}\cdot\biggl(\frac{x+\frac{1}{2}}{\sqrt{x^2+x}}-1\biggr) > 0,
\]

所以 $\theta(x)$ 严格单调递增. 又由于

\[
\lim_{x\rightarrow+\infty}\theta(x)=\frac{1}{2},
\]

\[
\lim_{x\rightarrow 0^+}\theta(x)=\frac{1}{4},
\]

所以 $\frac{1}{4}\leqslant\theta(x)\leqslant\frac{1}{2}$, 又从 $\theta(x)$ 的表达式可知, $\theta(x) < \frac{1}{2}$. 故 $\theta(x)\in[\frac{1}{4},\frac{1}{2})$.