Question

16．设函数$f（x）=\frac{1}{2}ln（2x）+\frac{1}{2}$，数列{a_n}满足：a₁=1，a_n+1=f（a_n）（n∈N^*）．
（1）求证：$x＞\frac{1}{2}$时，f（x）＜x；
（2）求证：$\frac{1}{2}＜{a_n}≤1$（n∈N^*）；
（3）求证：$\sum_{i=1}^n{（{a_i}-{a_{i+1}}）}•{a_{i+1}}＜\frac{3}{8}$（n∈N^*）．

Answer 1

分析 （1）令F（x）=f（x）-x=$\frac{1}{2}ln（2x）+\frac{1}{2}-x$，则${F}^{'}（x）=\frac{1-2x}{2x}$，利用导数性质能证明$x＞\frac{1}{2}$时，f（x）＜x．
（2）利用数学归纳法能证明$\frac{1}{2}＜{a_n}≤1$（n∈N^*）．
（3）推导出$\frac{1}{2}＜{a}_{n+1}=f（{a}_{n}）＜{a}_{n}≤1$，从而${a}_{i+1}＜\frac{{a}_{i}+{a}_{i+1}}{2}$，进而（a_i-a_i+1）a_i+1＜$\frac{1}{2}（{{a}_{i}}^{2}-{{a}_{i+1}}^{2}）$，由此能证明$\sum_{i=1}^n{（{a_i}-{a_{i+1}}）}•{a_{i+1}}＜\frac{3}{8}$（n∈N^*）．

解答 证明：（1）令F（x）=f（x）-x=$\frac{1}{2}ln（2x）+\frac{1}{2}-x$，
则${F}^{'}（x）=\frac{1-2x}{2x}$，又x＞$\frac{1}{2}$，∴F′（x）＜0，
∴F（x）在（$\frac{1}{2}$，+∞）为减函数，
∴F（x）＜F（$\frac{1}{2}$）=0，
∴$x＞\frac{1}{2}$时，f（x）＜x．
（2）①当n=1时，a₁=1，$\frac{1}{2}＜{a}_{1}≤1$成立；
②假设n=k（k∈N^*）时，$\frac{1}{2}＜{a}_{k}≤1$，
当n=k+1（k∈N^*）时，${a}_{k+1}=f（{a}_{k}）=\frac{1}{2}ln（2{a}_{k}）+\frac{1}{2}$，
根据归纳假设$\frac{1}{2}＜{a}_{k}≤1$，
由①得：$\frac{1}{2}ln（2×\frac{1}{2}）+\frac{1}{2}＜\frac{1}{2}ln（2{a}_{k}）+\frac{1}{2}≤\frac{1}{2}ln（2×1）+\frac{1}{2}$，
∴$\frac{1}{2}＜{a}_{k+1}≤1$，即n=k+1时命题成立．
综上所述，$\frac{1}{2}＜{a_n}≤1$（n∈N^*）．
（3）由$\frac{1}{2}＜{a_n}≤1$（n∈N^*），${a}_{n+1}=f（{a}_{n}），x＞\frac{1}{2}，f（x）＜x$，
得$\frac{1}{2}＜{a}_{n+1}=f（{a}_{n}）＜{a}_{n}≤1$，
∴${a}_{i+1}＜\frac{{a}_{i}+{a}_{i+1}}{2}$，
∵a_i-a_i+1＞0，
∴（a_i-a_i+1）a_i+1＜（a_i-a_i+1）•$\frac{{a}_{i}+{a}_{i+1}}{2}$=$\frac{1}{2}（{{a}_{i}}^{2}-{{a}_{i+1}}^{2}）$，
∴$\sum_{i=1}^{n}（{a}_{i}-{a}_{i+1}）•{a}_{i+1}$＜$\frac{1}{2}（{{a}_{1}}^{2}+{{a}_{2}}^{2}+…+{{a}_{n}}^{2}-{{a}_{n+1}}^{2}）$
=$\frac{1}{2}（{{a}_{1}}^{2}-{{a}_{n+1}}^{2}）=\frac{1}{2}（1-{{a}_{n+1}}^{2}）$＜$\frac{1}{2}（1-\frac{1}{{2}^{2}}）$=$\frac{3}{8}$．
∴$\sum_{i=1}^n{（{a_i}-{a_{i+1}}）}•{a_{i+1}}＜\frac{3}{8}$（n∈N^*）．

点评 本题考查不等式的证明，是中档题，解题时要认真审题，注意导数性质、数列性质、放缩法的合理运用．