Question

13．过曲线C：y=e^x上一点P₀（0，1）作曲线C的切线l₀交x轴于点Q₁（x₁，0），又过Q₁作x轴的垂线交曲线C于点P₁（x₁，y₁），然后再过P₁（x₁，y₁）作曲线C的切线l₁交x轴于点Q₂（x₂，0），又过Q₂作x轴的垂线交曲线C于点P₂（x₂，y₂），…，以此类推，过点P_n的切线l_n与x轴相交于点
Q_n+1（x_n+1，0），再过点Q_n+1作x轴的垂线交曲线C于点P_n+1（x_n+1，y_n+1）（n∈N^*）．
（1）求x₁、x₂及数列{x_n}的通项公式；
（2）设曲线C与切线l_n及直线P_n+1Q_n+1所围成的图形面积为S_n，求S_n的表达式；
（3）在满足（2）的条件下，若数列{S_n}的前n项和为T_n，求证：$\frac{{T}_{n+1}}{{T}_{n}}$＜$\frac{{x}_{n+1}}{{x}_{n}}$（n∈N₊）．

Answer 1

分析 （1）先求出导函数进而求出切线的斜率，再把1，2代入就可求出求x₁、x₂的值．求出点P_n的切线l_n的方程即可求出及数列{x_n}的通项公式；
（2）直接利用定积分来求S_n的表达式即可；
（3）利用（2）的结论先求出数列{S_n}的前n项之和为T_n，再把所要证明的结论转化为用数学归纳法证明eⁿ⁺¹＞（e-1）n+e即可

解答 （1）解：由y′=e^x，设直线l_n的斜率为k_n，则k_n=e${\;}^{{x}_{n}}$．
∴直线l₀的方程为y=x+1．令y=0，得x₁=-1，
∴y₁=e${\;}^{{x}_{1}}$=$\frac{1}{e}$，
∴P₁（-1，$\frac{1}{e}$）．
∴k₁=e${\;}^{{x}_{1}}$=$\frac{1}{e}$．
∴直线l的方程为y-$\frac{1}{e}$=$\frac{1}{e}$（x+1）．
令y=0，得x₂=-2．
一般地，直线l的方程为y-e${\;}^{{x}_{n}}$=e${\;}^{{x}_{n}}$（x-x_n），由于点Q_n+1（x_n+1，0）在直线l上，
∴x_n+1-x_n=-1．
∴数列{x_n}是首项为-1，公差为-1的等差数列．
∴x_n=-n．
（2）解：S_n=${∫}_{n+1}^{n}$e^xdx-$\frac{1}{2}$（x_n-x_n+1）y_n=e^x=${∫}_{n+1}^{n}$-$\frac{1}{2}$y_n=（e^-n-e^-n-1）-$\frac{1}{2}$e^-n=$\frac{e-2}{2e}$•$\frac{1}{{e}^{n}}$．
（3）证明：T_n=$\frac{e-2}{2e}$•（$\frac{1}{{e}^{1}}$+$\frac{1}{{e}^{2}}$+…+$\frac{1}{{e}^{n}}$）=$\frac{e-2}{2e}$•$\frac{\frac{1}{e}[1-（\frac{1}{e}）^{n}]}{1-\frac{1}{e}}$=$\frac{e-2}{2e（e-2）}$•（1-$\frac{1}{{e}^{n}}$），
∴$\frac{{T}_{n+1}}{{T}_{n}}$=$\frac{1-\frac{1}{{e}^{n+1}}}{1-\frac{1}{{e}^{n}}}$=1+$\frac{e-1}{{e}^{n+1}-e}$，$\frac{{x}_{n+1}}{{x}_{n}}$=$\frac{-（n+1）}{-n}$=1+$\frac{1}{n}$．
要证明$\frac{{T}_{n+1}}{{T}_{n}}$＜$\frac{{x}_{n+1}}{{x}_{n}}$，只要证明$\frac{e-1}{{e}^{n+1}-e}$＜$\frac{1}{n}$，即只要证明eⁿ⁺¹＞（e-1）n+e．
证法1：（数学归纳法）
①当n=1时，显然（e-1）²＞0?e²＞2e-1?e²＞（e-1）+e成立；
②假设n=k时，e^k+1＞（e-1）k+e成立，则当n=k+1时，e^k+2=e•e^k+1＞e[（e-1）k+e]，
而e[（e-1）k+e]-[（e-1）（k+1）+e]=（e-1）²（k+1）＞0，．
∴e[（e-1）k+e]＞[（e-1）（k+1）+e]．
∴e^k+2＞[（e-1）（k+1）+e．
这说明，n=k+1时，不等式也成立．
由①②知不等式$\frac{{T}_{n+1}}{{T}_{n}}$＜$\frac{{x}_{n+1}}{{x}_{n}}$对一切n∈N₊都成立．
证法2：eⁿ⁺¹=[1+（e-1）]ⁿ⁺¹=${C}_{n+1}^{0}$+${C}_{n+1}^{1}$（e-1）+…+${C}_{n+1}^{n+1}$（e-1）]ⁿ⁺¹＞${C}_{n+1}^{0}$+${C}_{n+1}^{1}$（e-1）=1+（n+1）（e-1）=（e-1）n+e．
∴不等式$\frac{{T}_{n+1}}{{T}_{n}}$＜$\frac{{x}_{n+1}}{{x}_{n}}$对一切n∈N₊都成立．
证法3：令f（x）=e^x+1-（e-1）x-e，则f′（x）=e^x+1-（e-1），
当x＞0时，f′（x）=e^x+1-（e-1）＞e-（e-1）=1＞0，
∴函数f（x）在（0，+∞）上单调递增．
∴当x＞0时，f（x）＞f（0）=0．
∵n∈N₊，
∴f（n）＞0，即eⁿ⁺¹-（e-1）n-e＞0．
∴eⁿ⁺¹＞（e-1）n+e．
∴不等式$\frac{{T}_{n+1}}{{T}_{n}}$＜$\frac{{x}_{n+1}}{{x}_{n}}$对一切n∈N₊都成立．

点评 主要考查导数、数列、不等式、定积分等知识，考查化归与转化的数学思想方法，以及抽象概括能力、推理论证能力、运算求解能力和创新意识．