Question

（2010•武清区一模）已知正项数列{a_n}满足a_nⁿ+na_n-1=0（n∈N^*）
（1）求a₁，a₂；
（2）求证：0＜a_n＜1
（3）求证：a_n＞a_n+1．

Answer 1

分析：（1）分别令n=1，n=2代入已知式可求；
（2）由a_nⁿ+na_n-1=0，知a_n是方程xⁿ+nx-1=0的一个根，设f（x）=xⁿ+nx-1，由零点判定定理可知方程f（x）=0在（0，1）内至少有一个根，利用导数可判断f（x）单调，从而可知零点存在且唯一；
（3）反证法：由a_nⁿ+na_n-1=0，得

a

n+1 n+1

+(n+1)an+1-1=0，两式相减得

a

n+1 n+1

-

a

n n

+（n+1）a_n+1-na_n=0，假若a_n≤a_n+1，通过不等式放缩可导出矛盾；

解答：解：（1）∵ann+na_n-1=0，n∈N^*，
令n=1得a₁+a₁-1=0，∴a₁=

1

2

，
令n=2得 

a

2 2

+2a2-1=0，∴a2=-1±

2

，
∵a_n＞0，∴a₂=

2

-1；
（2）∵a_nⁿ+na_n-1=0，∴a_n是方程xⁿ+nx-1=0的一个根，
设f（x）=xⁿ+nx-1，则f（0）=-1＜0，f（1）=n＞0．
∴方程f（x）=0在（0，1）内至少有一个根．
∵f′（x）=nx^n-1+n＞0，∴f（x）在（0，+∞）上是增函数，
∴方程f（x）=0在（0，+∞）上有唯一的根，且根在（0，1）内，
∴a_n∈（0，1）∴0＜a_n＜1；
（3）∵a_nⁿ+na_n-1=0，

a

n+1 n+1

+(n+1)an+1-1=0，
两式相减得

a

n+1 n+1

-

a

n n

+（n+1）a_n+1-na_n=0，
若a_n≤a_n+1，∵0＜a_n＜1，则a_n+1≥a_n＞

a

n n

，
从而有

a

n+1 n+1

-

a

n n

+（n+1）a_n+1-na_n≥

a

n+1 n+1

-

a

n n

+（n+1）a_n-na_n
=

a

n+1 n+1

+(an-

a

n n

)＞

a

n+1 n+1

＞0，
与

a

n+1 n+1

-

a

n n

+（n+1）a_n+1-na_n=0矛盾，
∴a_n＞a_n+1．

点评：本题考查数列与不等式的综合应用、不等式的证明，考查学生分析问题解决问题的能力，综合性强，难度大，能力要求较高．