Question

設a_n是關于x的方程xⁿ+nx-1=0（n∈N^*，x∈（0，+∞））的根．試證明：
（1）a_n∈（0，1）；
（2）a_n+1＜a_n；
（3）a₁²+a₂²+…+a_n²＜1．

Answer 1

證明：（1）設f（x）=xⁿ+nx-1，
∵f（0）=-1＜0，f（1）=n＞0，
且函數(shù)f（x）的圖象在（0，+∞）上是連續(xù)的，
∴f（x）在（0，1）上至少有一個零點，
即方程xⁿ+nx-1=0在（0，1）內(nèi)至少有一個根．（3分）
∵x∈（0，+∞），
∴f′（x）=nx^n-1+n＞0，
∴f（x）在（0，+∞）上是增函數(shù)．
∴方程xⁿ+nx-1=0在（0，+∞）內(nèi)有唯一根，
且根在（0，1）內(nèi)，即a_n∈（0，1）．（5分）
（2）方法一：∵f(

1

n

)=(

1

n

)n＞0，f(

1

n+1

)=(

1

n+1

)n+

n

n+1

-1=(

1

n+1

)n-

1

n+1

≤0，
且函數(shù)f（x）的圖象在（0，+∞）上是連續(xù)的，
∴f（x）在[

1

n+1

，

1

n

)內(nèi)至少有一個零點，
即方程xⁿ+nx-1=0在[

1

n+1

，

1

n

)內(nèi)至少有一個根．
又由（1）知函數(shù)f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，
∴方程xⁿ+nx-1=0在[

1

n+1

，

1

n

)內(nèi)有唯一根，
∴

1

n+1

≤an＜

1

n

．（8分）
∴

1

n+2

≤an+1＜

1

n+1

，
∴a_n+1＜a_n．　　　　　     （9分）
方法二：由（1）知，a_nⁿ+na_n-1=0，
a_n+1ⁿ⁺¹+（n+1）a_n+1-1=0，
兩式相減得：a_n+1ⁿ⁺¹+（n+1）a_n+1-a_nⁿ-na_n=0，（7分）
若存在n∈N^*，使得a_n+1≥a_n，
則a_n+1≥a_n＞a_nⁿ，
從而a_n+1ⁿ⁺¹+（n+1）a_n+1-a_nⁿ-na_n＞（n+1）a_n+1-a_nⁿ-na_n=a_n+1-a_nⁿ+na_n+1-na_n＞0，矛盾．
所以a_n+1＜a_n．（9分）
（3）由題設得a1=

1

2

，a12=

1

4

＜1，
當n∈N^*時，an=

1-ann

n

＜

1

n

．
∴a12+a22＜(

1

2

)2+(

1

2

)2=

1

2

＜1．　　　　　　　　�。�12分）
當n≥3時有a₁²+a₂²+a₃²+…+an2＜(

1

2

)2+(

1

2

)2+(

1

3

)2+…+(

1

n

)2
＜

1

4

+

1

4

+

1

2•3

+

1

3•4

+…+

1

(n-1)n

=

1

4

+

1

4

+(

1

2

-

1

3

)+(

1

3

-

1

4

)+…+(

1

n-1

-

1

n

)
=1-

1

n

＜1．
綜上a₁²+a₂²+…+a_n²＜1．             　 （14分）