Question

设a_n是关于x的方程xⁿ+nx-1=0（n∈N^*，x∈（0，+∞））的根．试证明：
（1）a_n∈（0，1）；
（2）a_n+1＜a_n；
（3）a₁²+a₂²+…+a_n²＜1．

Answer 1

分析：（1）设f（x）=xⁿ+nx-1，由f（0）=-1＜0，f（1）=n＞0，且函数f（x）的图象在（0，+∞）上是连续的，知f（x）在（0，1）上至少有一个零点，即方程xⁿ+nx-1=0在（0，1）内至少有一个根，由此能够证明a_n∈（0，1）．
（2）法一：由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，且函数f（x）的图象在（0，+∞）上是连续的，知f（x）在[

1

n+1

，

1

n

)内至少有一个零点，由函数f（x）在（0，+∞）上单调递增，知方程xⁿ+nx-1=0在[

1

n+1

，

1

n

)内有唯一根，由此能证明a_n+1＜a_n．　　　　　     （9分）
法二：由a_nⁿ+na_n-1=0，a_n+1ⁿ⁺¹+（n+1）a_n+1-1=0，得：a_n+1ⁿ⁺¹+（n+1）a_n+1-a_nⁿ-na_n=0，由此利用反证法能够证明a_n+1＜a_n．
（3）由题设得a1=

1

2

，a12=

1

4

＜1，当n∈N^*时，an=

1-ann

n

＜

1

n

．故a12+a22＜(

1

2

)2+(

1

2

)2=

1

2

＜1．由此能够证明a₁²+a₂²+…+a_n²＜1．

解答：证明：（1）设f（x）=xⁿ+nx-1，
∵f（0）=-1＜0，f（1）=n＞0，
且函数f（x）的图象在（0，+∞）上是连续的，
∴f（x）在（0，1）上至少有一个零点，
即方程xⁿ+nx-1=0在（0，1）内至少有一个根．（3分）
∵x∈（0，+∞），
∴f′（x）=nx^n-1+n＞0，
∴f（x）在（0，+∞）上是增函数．
∴方程xⁿ+nx-1=0在（0，+∞）内有唯一根，
且根在（0，1）内，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，
且函数f（x）的图象在（0，+∞）上是连续的，
∴f（x）在[

1

n+1

，

1

n

)内至少有一个零点，
即方程xⁿ+nx-1=0在[

1

n+1

，

1

n

)内至少有一个根．
又由（1）知函数f（x）在（0，+∞）上单调递增，
∴方程xⁿ+nx-1=0在[

1

n+1

，

1

n

)内有唯一根，
∴

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，
两式相减得：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，
则a_n+1≥a_n＞a_nⁿ，
从而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）由题设得a1=

1

2

，a12=

1

4

＜1，
当n∈N^*时，an=

1-ann

n

＜

1

n

．
∴a12+a22＜(

1

2

)2+(

1

2

)2=

1

2

＜1．　　　　　　　　　（12分）
当n≥3时有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．
综上a₁²+a₂²+…+a_n²＜1．             　 （14分）

点评：本题考查数列与不等式的综合运用，考查运算求解能力，推理论证能力；考查化归与转化思想．综合性强，难度大，计算繁琐，易出错，是高考的重点．解题时要认真审题，注意反证明法的灵活运用，仔细解答，注意培养计算能力．