Question

已知函数f（x）=x﹣ln（1+x），数列{a_n}满足0＜a₁＜1，a_n+1=f（a_n）；数列{b_n}满足b₁=，b _n+1≥（n+1）b_n，n∈N*．求证：
（Ⅰ）0＜a _n+1＜a_n＜1；
（Ⅱ）a _n+1＜
（Ⅲ）若a₁=，则当n≥2时，b_n＞a_nn!．

Answer 1

解：（Ⅰ）先用数学归纳法证明0＜a_n＜1，n∈N*．
（1）当n=1时，由已知得结论成立；
（2）假设当n=k时，结论成立，即0＜a_k＜1．则
当n=k+1时，
∵0＜x＜1时，f'（x）=1﹣=＞0，
∴f（x）在（0，1）上是增函数．
又∵f（x）在[0，1]上连续，
∴f（0）＜f（a_k）＜f（1），即0＜a _k+1＜1＜1﹣ln2＜1．
故当n=k+1时，结论也成立．
即0＜a_n＜1对于一切正整数都成立．
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，
从而a _n+1＜a_n．
综上可知0＜a _n+1＜a_n＜1。
（Ⅱ）构造函数g（x）=﹣f（x）=，0＜x＜1，
由g’（x）=＞0，知g（x）在（0，1）上增函数．
又g（x）在[0，1]上连续，
∴g（x）＞g（0）=0．
∵0＜a_n＜1，
∴g（a_n）＞0，即﹣f（a_n）＞0，从而a _n+1＜
（Ⅲ）∵b₁=，b _n+1≥（n+1）b_n，
∴b_n＞0，，
∴b_n=，①
由（Ⅱ）a _n+1＜ 知：，
∴=，
∵a₁=，n≥2，0＜a _n+1＜a_n＜1
∴a_n＜＜＜= ．②
由①②两式可知：b_n＞a_nn!．