Question

14．已知數(shù)列{x_n}滿足：x₁=1，x_n=x_n+1+ln（1+x_n+1）（n∈N^*），證明：當(dāng)n∈N^*時，
（Ⅰ）0＜x_n+1＜x_n；
（Ⅱ）2x_n+1-x_n≤$\frac{{x}_{n}{x}_{n+1}}{2}$；
（Ⅲ）$\frac{1}{{2}^{n-1}}$≤x_n≤$\frac{1}{{2}^{n-2}}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）用數(shù)學(xué)歸納法即可證明，
（Ⅱ）構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性，把數(shù)列問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)問題，即可證明，
（Ⅲ）由$\frac{{x}_{n}{x}_{n+1}}{2}$≥2x_n+1-x_n得$\frac{1}{{x}_{n+1}}$-$\frac{1}{2}$≥2（$\frac{1}{{x}_{n}}$-$\frac{1}{2}$）＞0，繼續(xù)放縮即可證明

解答 解：（Ⅰ）用數(shù)學(xué)歸納法證明：x_n＞0，
當(dāng)n=1時，x₁=1＞0，成立，
假設(shè)當(dāng)n=k時成立，則x_k＞0，
那么n=k+1時，若x_k+1＜0，則0＜x_k=x_k+1+ln（1+x_k+1）＜0，矛盾，
故x_n+1＞0，
因此x_n＞0，（n∈N*）
∴x_n=x_n+1+ln（1+x_n+1）＞x_n+1，
因此0＜x_n+1＜x_n（n∈N^*），
（Ⅱ）由x_n=x_n+1+ln（1+x_n+1）得x_nx_n+1-4x_n+1+2x_n=x_n+1²-2x_n+1+（x_n+1+2）ln（1+x_n+1），
記函數(shù)f（x）=x²-2x+（x+2）ln（1+x），x≥0
∴f′（x）=$\frac{2{x}^{2}+x}{x+1}$+ln（1+x）＞0，
∴f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，
∴f（x）≥f（0）=0，
因此x_n+1²-2x_n+1+（x_n+1+2）ln（1+x_n+1）≥0，
故2x_n+1-x_n≤$\frac{{x}_{n}{x}_{n+1}}{2}$；
（Ⅲ）∵x_n=x_n+1+ln（1+x_n+1）≤x_n+1+x_n+1=2x_n+1，
∴x_n≥$\frac{1}{{2}^{n-1}}$，
由$\frac{{x}_{n}{x}_{n+1}}{2}$≥2x_n+1-x_n得$\frac{1}{{x}_{n+1}}$-$\frac{1}{2}$≥2（$\frac{1}{{x}_{n}}$-$\frac{1}{2}$）＞0，
∴$\frac{1}{{x}_{n}}$-$\frac{1}{2}$≥2（$\frac{1}{{x}_{n-1}}$-$\frac{1}{2}$）≥…≥2^n-1（$\frac{1}{{x}_{1}}$-$\frac{1}{2}$）=2^n-2，
∴x_n≤$\frac{1}{{2}^{n-2}}$，
綜上所述$\frac{1}{{2}^{n-1}}$≤x_n≤$\frac{1}{{2}^{n-2}}$．

點評 本題考查了數(shù)列的概念，遞推關(guān)系，數(shù)列的函數(shù)的特征，導(dǎo)數(shù)和函數(shù)的單調(diào)性的關(guān)系，不等式的證明，考查了推理論證能力，分析解決問題的能力，運算能力，放縮能力，運算能力，屬于難題