Question

17．已知數(shù)列{a_n}滿足0＜a₁＜1，a_n+1=a_n-ln（a_n+1）；數(shù)列{b_n}滿足${b_1}=\frac{1}{2}，{b_{n+1}}=\frac{1}{2}（n+1）{b_n}$．
（Ⅰ）求證：0＜a_n+1＜a_n＜1；
（Ⅱ）若a₁=$\frac{\sqrt{2}}{2}$且a_n+1＜$\frac{{{a}_{n}}^{2}}{2}$，則當(dāng)n≥2時(shí)，求證：b_n＞a_n•n!．

Answer 1

分析 （Ⅰ）先用數(shù)學(xué)歸納法證明0＜a_n＜1，n∈N^*．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，從而a_n+1＜a_n；
（Ⅱ）由a_n+1＜$\frac{{{a}_{n}}^{2}}{2}$，a_n＞0，所以$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}＜\frac{{a}_{n}}{2}$，利用累乘法可得${a_n}＜\frac{a_1}{2}•\frac{a_2}{2}•…\frac{{{a_{n-1}}}}{2}•{a_1}＜\frac{{{a_1}^2}}{{{2^{n-1}}}}=\frac{1}{2^n}$，又${b_n}=\frac{1}{2^n}•n!$，即可得出證明．

解答 證明：（Ⅰ）先用數(shù)學(xué)歸納法證明0＜a_n＜1．
①當(dāng)n=1時(shí)，由已知得結(jié)論成立
②假設(shè)n=k（k∈N₊）時(shí)0＜a_k＜1成立，則當(dāng)n=k+1時(shí)，設(shè)f（x）=x-ln（x+1），
于是$f'（x）=1-\frac{1}{x+1}$在（0，1）上恒有f′（x）＞0，所以f（x）在（0，1）上遞增，
所以f（0）＜f（a_k）＜f（1）=1-ln2＜1，又f（0）=0，從而0＜a_k+1＜1，
這就是說當(dāng)n=k+1時(shí)命題成立，
由①②知0＜a_n＜1成立
又a_n+1-a_n=-ln（1+a_n）＜0，即a_n+1＜a_n，
綜上可得，0＜a_n+1＜a_n＜1，n∈N₊．…（6分）
（Ⅱ）因?yàn)?{b_1}=\frac{1}{2}，{b_{n+1}}=\frac{1}{2}（n+1）{b_n}$，所以$\frac{_{n+1}}{_{n}}$=$\frac{n+1}{2}$，
所以n≥2時(shí)，${b_n}=\frac{b_n}{{{b_{n-1}}}}•\frac{{{b_{n-1}}}}{{{b_{n-2}}}}•…•\frac{b_2}{b_1}•{b_1}=\frac{1}{2^n}•n!$
因?yàn)閍_n+1＜$\frac{{{a}_{n}}^{2}}{2}$，a_n＞0，所以$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}＜\frac{{a}_{n}}{2}$，
從而n≥2時(shí) $\frac{a_n}{a_1}=\frac{a_2}{a_1}•\frac{a_3}{a_2}•…\frac{a_n}{{{a_{n-1}}}}＜\frac{a_1}{2}•\frac{a_2}{2}•…\frac{{{a_{n-1}}}}{2}$，
因?yàn)閍₁=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，當(dāng)n≥2時(shí)，0＜a_n＜a_n-1＜1
所以${a_n}＜\frac{a_1}{2}•\frac{a_2}{2}•…\frac{{{a_{n-1}}}}{2}•{a_1}＜\frac{{{a_1}^2}}{{{2^{n-1}}}}=\frac{1}{2^n}$，又${b_n}=\frac{1}{2^n}•n!$，
因此當(dāng)n≥2時(shí)，b_n＞a_n•n!．…（13分）

點(diǎn)評 本題主要考查有關(guān)數(shù)列不等式的證明等知識(shí)，考查數(shù)學(xué)歸納法，考查學(xué)生的分析問題、解決問題的能力及運(yùn)算求解能力，屬于難題．