Question

已知函數(shù)f（x）=x-ln（1+x），數(shù)列{a_n}滿足0＜a₁＜1，a_n+1=f（a_n）；數(shù)列{b_n}滿足b₁=，b_n+1≥（n+1）b_n，n∈N^*．求證：
（Ⅰ）0＜a_n+1＜a_n＜1；
（Ⅱ）a_n+1＜
（Ⅲ）若a₁=，則當(dāng)n≥2時(shí)，b_n＞a_n•n!．

Answer 1

【答案】分析：（Ⅰ）用數(shù)學(xué)歸納法證明0＜a_n＜1，n∈N^*．（1）當(dāng)n=1時(shí)，由已知得結(jié)論成立；（2）假設(shè)當(dāng)n=k時(shí)，結(jié)論成立，即0＜a_k＜1．則當(dāng)n=k+1時(shí)，因?yàn)?＜x＜1時(shí)，f′（x）=1-=＞0，所以f（x）在（0，1）上是增函數(shù)．可和f（0）＜f（a_k）＜f（1），即0＜a_k+1＜1＜1-ln2＜1．再由a_n+1-a_n=an-ln（1+a_n）-an=-ln（1+a_n）＜0，有a_n+1＜a_n．進(jìn)而得到結(jié)論．
（Ⅱ）根據(jù)問題和a_n+1=f（a_n），可構(gòu)造函數(shù)g（x）=-f（x）=，0＜x＜1，即證g（x）＞0成立，用導(dǎo)數(shù)法研究因?yàn)間′（x）=＞0，知g（x）在（0，1）上增函數(shù)．得到結(jié)論．
（Ⅲ）由b₁=，b_n+1≥（n+1）b_n，可再由b_n＞0，變形為，從而由累乘法可得b_n=①，再由a_n+1＜推知：，再用累乘法可得=＜＜=②．由①②兩式可得結(jié)論．
解答：解：（Ⅰ）先用數(shù)學(xué)歸納法證明0＜a_n＜1，n∈N^*．
（1）當(dāng)n=1時(shí)，由已知得結(jié)論成立；
（2）假設(shè)當(dāng)n=k時(shí)，結(jié)論成立，即0＜a_k＜1．則當(dāng)n=k+1時(shí)，
∵0＜x＜1時(shí)，f′（x）=1-=＞0，
∴f（x）在（0，1）上是增函數(shù)．
又∵f（x）在[0，1]上連續(xù)，
∴f（0）＜f（a_k）＜f（1），即0＜a_k+1＜1＜1-ln2＜1．
故當(dāng)n=k+1時(shí)，結(jié)論也成立．即0＜a_n＜1對(duì)于一切正整數(shù)都成立．（4分）
又由0＜a_n＜1，得a_n+1-a_n=an-ln（1+a_n）-an=-ln（1+a_n）＜0，從而a_n+1＜a_n．
綜上可知0＜a_n+1＜a_n＜1（6分）
（Ⅱ）構(gòu)造函數(shù)g（x）=-f（x）=，0＜x＜1，
由g′（x）=＞0，知g（x）在（0，1）上增函數(shù)．
又g（x）在[0，1]上連續(xù)，
∴g（x）＞g（0）=0．
∵0＜a_n＜1，
∴g（a_n）＞0，即-f（an）＞0，
從而a_n+1＜（10分）
（Ⅲ）∵b₁=，b_n+1≥（n+1）b_n，
∴b_n＞0，，
∴b_n=①，（12分）
由（Ⅱ）a_n+1＜知：，
∴=，
∵a₁=，n≥2，0＜a_n+1＜a_n＜1
∴a_n＜＜＜=②．（14分）
由①②兩式可知：b_n＞a_n•n!．（16分）
點(diǎn)評(píng)：本題主要考查數(shù)列與函數(shù)，不等式的綜合運(yùn)用，主要涉及了數(shù)學(xué)歸納法，導(dǎo)數(shù)法，放縮法及累乘法等常用解題方法，綜合性強(qiáng)，難度大，要求思路要清，意志力要強(qiáng)．