Question

1．已知數(shù)列{a_n}滿足：0＜a₁＜1，a_n+1=a_n-ln（a_n+1），求證：
（1）0＜a_n+1＜a_n＜1；
（2）若a₁=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，且a_n+1＜$\frac{{a}_{n}^{2}}{2}$，則當n≥2時，a_n＜$\frac{1}{{2}^{n}}$．

Answer 1

分析 （1）先用數(shù)學歸納法證明0＜a_n＜1，n∈N^*．又由0＜a_n＜1，得a_n+1-a_n=a_n-ln（1+a_n）-a_n=-ln（1+a_n）＜0，從而a_n+1＜a_n；
（2）利用累乘法即可證明．

解答 證明：（1）先用數(shù)學歸納法證明0＜a_n＜1．
①當n=1時，由已知得結論成立
②假設n=k（k∈N₊）時0＜a_k＜1成立，則當n=k+1時，設f（x）=x-ln（x+1），
于是f′（x）=1-$\frac{1}{x+1}$在（0，1）上恒有f′（x）＞0，所以f（x）在（0，1）上遞增，
∴f（0）＜f（a_k）＜f（1）=1-ln2＜1，又f（0）=0，從而0＜a_k+1＜1，
這就是說當n=k+1時命題成立，
由①②知0＜a_n＜1成立
又a_n+1-a_n=-ln（1+a_n）＜0，即a_n+1＜a_n，
綜上可得，0＜a_n+1＜a_n＜1，n∈N₊．
（2）∵a_n+1＜$\frac{{a}_{n}^{2}}{2}$，
∴$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$＜$\frac{{a}_{n}}{2}$，
從而當n≥2時，$\frac{{a}_{n}}{{a}_{1}}$=$\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}$×$\frac{{a}_{3}}{{a}_{2}}$×…×$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n-1}}$＜$\frac{{a}_{1}}{2}$×$\frac{{a}_{2}}{2}$×…×$\frac{{a}_{n-1}}{2}$，
∵a₁=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，0＜a_n+1＜a_n＜1；
∴a_n＜$\frac{{a}_{1}}{2}$×$\frac{{a}_{2}}{2}$×…×$\frac{{a}_{n-1}}{2}$•a₁=$\frac{{a}_{1}^{2}}{{2}^{n-1}}$=$\frac{1}{{2}^{n}}$

點評 本題主要考查數(shù)列與函數(shù)，不等式的綜合運用，主要涉及了數(shù)學歸納法，導數(shù)法，累乘法等常用解題方法，綜合性強，要求思路要清，意志力要強．