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=

1

2

，b_n+1≥

1

2

（n+1）b_n，n∈N^*．求证：
（Ⅰ）0＜a_n+1＜a_n＜1；
（Ⅱ）a_n+1＜

a 2 n

2

（Ⅲ）若a₁=

2

2

，则当n≥2时，b_n＞a_n•n!．

Answer 1

分析：（Ⅰ）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，因为0＜x＜1时，f′（x）=1-

1

x+1

=

x

x+1

＞0，所以f（x）在（0，1）上是增函数．可和f（0）＜f（a_k）＜f（1），即0＜a_k+1＜1＜1-ln2＜1．再由a_n+1-a_n=an-ln（1+a_n）-an=-ln（1+a_n）＜0，有a_n+1＜a_n．进而得到结论．
（Ⅱ）根据问题和a_n+1=f（a_n），可构造函数g（x）=

x2

2

-f（x）=

x2

2

+ln(1+x)-x，0＜x＜1，即证g（x）＞0成立，用导数法研究因为g′（x）=

x2

1+x

＞0，知g（x）在（0，1）上增函数．得到结论．
（Ⅲ）由b₁=

1

2

，b_n+1≥

1

2

（n+1）b_n，可再由b_n＞0，变形为

bn+1

bn

≥

n+1

2

，从而由累乘法可得b_n=

bn

bn-1

•

bn-1

bn-2

…

b2

b1

b1≥

1

2n

• n!①，再由a_n+1＜

a 2 n

2

推知：

an+1

an

＜

an

2

，再用累乘法可得

an

a1

=

a1

2

a2

2

…

an-1

2

•a1＜

a n 1

2n-1

＜

2• a 2 1

2n

=

1

2n

②．由①②两式可得结论．

解答：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-

1

x+1

=

x

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．（4分）
又由0＜a_n＜1，得a_n+1-a_n=an-ln（1+a_n）-an=-ln（1+a_n）＜0，从而a_n+1＜a_n．
综上可知0＜a_n+1＜a_n＜1（6分）
（Ⅱ）构造函数g（x）=

x2

2

-f（x）=

x2

2

+ln(1+x)-x，0＜x＜1，
由g′（x）=

x2

1+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

a 2 n

2

-f（an）＞0，
从而a_n+1＜

a 2 n

2

（10分）
（Ⅲ）∵b₁=

1

2

，b_n+1≥

1

2

（n+1）b_n，
∴b_n＞0，

bn+1

bn

≥

n+1

2

，
∴b_n=

bn

bn-1

•

bn-1

bn-2

…

b2

b1

b1≥

1

2n

• n!①，（12分）
由（Ⅱ）a_n+1＜

a 2 n

2

知：

an+1

an

＜

an

2

，
∴

an

a1

=

a2

a1

•

a3

a2

…

an

an-1

＜

a1

2

a2

2

…

an-1

2

，
∵a₁=

2

2

，n≥2，0＜a_n+1＜a_n＜1
∴a_n＜

a1

2

a2

2

…

an-1

2

•a1＜

a n 1

2n-1

＜

2• a 2 1

2n

=

1

2n

②．（14分）
由①②两式可知：b_n＞a_n•n!．（16分）

点评：本题主要考查数列与函数，不等式的综合运用，主要涉及了数学归纳法，导数法，放缩法及累乘法等常用解题方法，综合性强，难度大，要求思路要清，意志力要强．