Question

17．已知数列{a_n}满足：a_n+1=f（a_n），n∈N^*．
（1）f（x）=x-sinx，0＜a₁＜1，求证：0＜a_n+1＜a_n＜1；
（2）f（x）=x³-x²+$\frac{x}{2}$+$\frac{1}{4}$，试确定一个首项a₁，使得数列{a_n}为单调数列，并证明你的结论；
（3）f（x）=$\frac{1}{4}$（x²+3），a₁＞0，若对一切n∈N^*，都有a_n+1＞a_n，求a₁的取值范围．

Answer 1

分析 （1）求导f′（x）=1-cosx≥0，从而可得函数f（x）是增函数，从而利用数学归纳法证明；
（2）当a₁=0时，可得数列{a_n}为单调递增数列，再利用（1）中的方法证明即可；
（3）结合（1），根据f（x）=$\frac{1}{4}$（x²+3）在（0，+∞）上是增函数，从而只需使a₂＞a₁，从而解得．

解答 证明：（1）∵f（x）=x-sinx，∴f′（x）=1-cosx≥0，
∴函数f（x）是增函数，
当n=1时，∵0＜a₁＜1，
∴a₂=f（a₁）=a₁-sina₁＜a₁，
∴0＜a₂＜a₁，
假设n=k时命题成立，即0＜a_k+1＜a_k＜1；
当设n=k+1时，
∵函数f（x）是增函数，
即f（0）＜f（a_k+1）＜f（a_k）＜1；
即0＜a_k+2＜a_k+1＜1；
综上所述，0＜a_n+1＜a_n＜1．
（2）当a₁=0时，可得数列{a_n}为单调递增数列，证明如下：
∵f（x）=x³-x²+$\frac{x}{2}$+$\frac{1}{4}$，
∴f′（x）=3x²-2x+$\frac{1}{2}$，
∵△=4-4×3×$\frac{1}{2}$＜0，
∴函数f（x）是增函数，
当n=1时，a₁=0，a₂=$\frac{1}{4}$，故a₁＜a₂，
假设当n=k时，a_k＜a_k+1；
当n=k+1时，∵函数f（x）是增函数，
∴f（a_k）＜f（a_k+1），
即a_k+1＜a_k+2；
综上所述，对一切n∈N^*，都有a_n+1＞a_n．
故数列{a_n}为单调递增数列．
（3）∵f（x）=$\frac{1}{4}$（x²+3）在（0，+∞）上是增函数，
∴若使对一切n∈N^*，都有a_n+1＞a_n，
只需使a₂＞a₁，
∵a₂=$\frac{1}{4}$（a₁²+3），
∴a₂-a₁=$\frac{1}{4}$（a₁²+3）-a₁=$\frac{（{a}_{1}-1）（{a}_{1}-3）}{4}$，
∴a₁＜1或a₁＞3，
又∵a₁＞0，
∴0＜a₁＜1或a₁＞3．

点评 本题考查了导数的综合应用及数列的应用，同时考查了数学归纳法的应用．