Question

17．已知数列{a_n}满足0＜a₁＜1，a_n+1=a_n-ln（a_n+1）；数列{b_n}满足${b_1}=\frac{1}{2}，{b_{n+1}}=\frac{1}{2}（n+1）{b_n}$．
（Ⅰ）求证：0＜a_n+1＜a_n＜1；
（Ⅱ）若a₁=$\frac{\sqrt{2}}{2}$且a_n+1＜$\frac{{{a}_{n}}^{2}}{2}$，则当n≥2时，求证：b_n＞a_n•n!．

Answer 1

分析 （Ⅰ）先用数学归纳法证明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，从而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${b_n}=\frac{1}{2^n}•n!$，即可得出证明．

解答 证明：（Ⅰ）先用数学归纳法证明0＜a_n＜1．
①当n=1时，由已知得结论成立
②假设n=k（k∈N₊）时0＜a_k＜1成立，则当n=k+1时，设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）上递增，
所以f（0）＜f（a_k）＜f（1）=1-ln2＜1，又f（0）=0，从而0＜a_k+1＜1，
这就是说当n=k+1时命题成立，
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，
综上可得，0＜a_n+1＜a_n＜1，n∈N₊．…（6分）
（Ⅱ）因为${b_1}=\frac{1}{2}，{b_{n+1}}=\frac{1}{2}（n+1）{b_n}$，所以$\frac{{b}_{n+1}}{{b}_{n}}$=$\frac{n+1}{2}$，
所以n≥2时，${b_n}=\frac{b_n}{{{b_{n-1}}}}•\frac{{{b_{n-1}}}}{{{b_{n-2}}}}•…•\frac{b_2}{b_1}•{b_1}=\frac{1}{2^n}•n!$
因为a_n+1＜$\frac{{{a}_{n}}^{2}}{2}$，a_n＞0，所以$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}＜\frac{{a}_{n}}{2}$，
从而n≥2时 $\frac{a_n}{a_1}=\frac{a_2}{a_1}•\frac{a_3}{a_2}•…\frac{a_n}{{{a_{n-1}}}}＜\frac{a_1}{2}•\frac{a_2}{2}•…\frac{{{a_{n-1}}}}{2}$，
因为a₁=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，当n≥2时，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${b_n}=\frac{1}{2^n}•n!$，
因此当n≥2时，b_n＞a_n•n!．…（13分）

点评 本题主要考查有关数列不等式的证明等知识，考查数学归纳法，考查学生的分析问题、解决问题的能力及运算求解能力，属于难题．