Question

12．（1）證明不等式$\frac{x}{1+x}$＜ln（1+x）＜x，x＞0
（2）在數(shù)列{a_n}中．已知a₁=$\frac{1}{2}$，且$\frac{{a}_{n}{a}_{n-1}}{{a}_{n-1}-{a}_{n}}$=1+$\frac{1}{{n}^{2}-n-1}$，求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式a_n．

Answer 1

分析 （1）設(shè)$ϕ（x）=ln（x+1）-\frac{x}{1+x}，x∈[0，+∞）$，得：$ϕ'（x）=\frac{1}{x+1}-\frac{1}{{{{（1+x）}^2}}}=\frac{x}{{{{（1+x）}^2}}}$，由此能夠證明$\frac{x}{1+x}＜ln（x+1）$＜x．
（2）利用取倒數(shù)法，以及累加法進(jìn)行求解即可．

解答 解：（1）設(shè)$ϕ（x）=ln（x+1）-\frac{x}{1+x}，x∈[0，+∞）$
對(duì)ϕ（x）求導(dǎo)，得：$ϕ'（x）=\frac{1}{x+1}-\frac{1}{{{{（1+x）}^2}}}=\frac{x}{{{{（1+x）}^2}}}$
當(dāng)x＞0時(shí)，ϕ′（x）＞0，
∴ϕ（x）在（0，+∞）內(nèi)是增函數(shù)．
當(dāng)x＞0時(shí)，ϕ（x）＞ϕ（0）=0，
即$ln（x+1）-\frac{x}{1+x}＞0$，
∴$\frac{x}{1+x}＜ln（x+1）$
同理可證ln（x+1）＜x，
∴$\frac{x}{1+x}＜ln（x+1）$＜x．
（2）$\frac{{a}_{n}{a}_{n-1}}{{a}_{n-1}-{a}_{n}}$=1+$\frac{1}{{n}^{2}-n-1}$=$\frac{{n}^{2}-n-1+1}{{n}^{2}-n-1}$=$\frac{{n}^{2}-n}{{n}^{2}-n-1}$，
等式兩邊取倒數(shù)得$\frac{{a}_{n-1}-{a}_{n}}{{a}_{n}{a}_{n-1}}$=$\frac{{n}^{2}-n-1}{{n}^{2}-n}$，
即$\frac{1}{{a}_{n}}$-$\frac{1}{{a}_{n-1}}$=1-$\frac{1}{{n}^{2}-n}$=1-$\frac{1}{n（n-1）}$=1-（$\frac{1}{n-1}$-$\frac{1}{n}$）=1-$\frac{1}{n-1}$+$\frac{1}{n}$，
則當(dāng)n≥2時(shí)，$\frac{1}{{a}_{2}}$-$\frac{1}{{a}_{1}}$=1-1+$\frac{1}{2}$，
$\frac{1}{{a}_{3}}$-$\frac{1}{{a}_{2}}$=1-$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{3}$，
$\frac{1}{{a}_{4}}$-$\frac{1}{{a}_{3}}$=1-$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{4}$，
…
$\frac{1}{{a}_{n}}$-$\frac{1}{{a}_{n-1}}$=1-$\frac{1}{n-1}$+$\frac{1}{n}$，
等式兩邊同時(shí)相加得
$\frac{1}{{a}_{n}}$-$\frac{1}{{a}_{1}}$=n-1-1+$\frac{1}{n}$=n-1+$\frac{1}{n}$，
即$\frac{1}{{a}_{n}}$=$\frac{1}{{a}_{1}}$+n-1+$\frac{1}{n}$=2+n-1+$\frac{1}{n}$=n+1+$\frac{1}{n}$=$\frac{{n}^{2}+n+1}{n}$，
即a_n=$\frac{n}{{n}^{2}+n+1}$，
當(dāng)n=1時(shí)，a₁=$\frac{1}{2}$不滿足a_n=$\frac{n}{{n}^{2}+n+1}$，
故a_n=$\left\{\begin{array}{l}{\frac{1}{2}，}&{n=1}\\{\frac{n}{{n}^{2}+n+1}，}&{n≥2}\end{array}\right.$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查函數(shù)的單調(diào)區(qū)間的求法，考查不等式的證明，考查推理論證能力，考查運(yùn)算推導(dǎo)能力，考查等價(jià)轉(zhuǎn)化思想，解題時(shí)要認(rèn)真審題，仔細(xì)解答，注意導(dǎo)數(shù)性質(zhì)的綜合應(yīng)用．