Question

设函数fn(x)=-1+

x

1!

+

x2

2!

+…+

xn

n!

，(x∈R，n∈N*)
（1）证明对每一个n∈N^*，存在唯一的xn∈[

1

2

，1]，满足f_n（x_n）=0；
（2）由（1）中的x_n构成数列{x_n}，判断数列{x_n}的单调性并证明；
（3）对任意p∈N^*，x_n，x_n+p满足（1），试比较|x_n-x_n+p|与

1

n

的大小．

Answer 1

分析：（1）本小题即证明函数在[

1

2

，1]内存在唯一的零点，由零点判定定理可得零点所在区间，利用导数可判断函数的单调性，从而得零点的唯一性；
（2）只需判断x_n与x_n+1的大小关系即可，由（1）可知f_n（x）在（0，+∞）上递增，根据fn(xn+1)=-1+xn+1+

x 2 n+1

2!

+…+

x n n+1

n!

，及fn+1(xn+1)=-1+xn+1+

x 2 n+1

2!

+…+

x n n+1

n!

+

x n+1 n+1

(n+1)!

=fn(xn+1)+

x n+1 n+1

(n+1)!

=0，可判断f_n（x_n+1）与0=f_n（x_n）的大小关系，再根据f_n（x）在（0，+∞）上的单调性可作出x_n与x_n+1的大小比较；
（3）由数列{x_n}单调性可知x_n-x_n+p＞0，由x_n，x_n+p满足（1）知，fn(xn)=-1+xn+

x 2 n

2!

+…+

x n n

n!

=0，fn+p(xn+p)=-1+xn+p+

x 2 n+p

2!

+…+

x n n+p

n!

+

x n+1 n+p

(n+1)!

+…+

x n+p n+p

(n+p)!

=0，两式相减：并结合x_n+p-x_n＜0，以及xn∈[

1

2

，1]可表示出x_n-x_n+p，利用不等式进行放缩可证明；

解答：解：（1）f′n(x)=1+x+

x2

2!

+…+

xn-1

(n-1)!

，
显然，当x＞0时，f'_n（x）＞0，
故f_n（x）在（0，+∞）上递增．
又fn(1)=-1+1+

1

2!

+…+

1

n!

≥0，fn(

1

2

)=-1+

1

2

+

( 1 2 )2

2!

+…+

( 1 2 )n

n!

＜-1+

1

2

+(

1

2

)2+…+(

1

2

)n=-1+

1 2 (1-( 1 2 )n)

1- 1 2

=-(

1

2

)n＜0，
故存在唯一的xn∈[

1

2

，1]，满足f_n（x_n）=0；
（2）由（1）知f_n（x）在（0，+∞）上递增，
∵fn(xn+1)=-1+xn+1+

x 2 n+1

2!

+…+

x n n+1

n!

，
∴fn+1(xn+1)=-1+xn+1+

x 2 n+1

2!

+…+

x n n+1

n!

+

x n+1 n+1

(n+1)!

=fn(xn+1)+

x n+1 n+1

(n+1)!

=0，
∴fn(xn+1)=-

x n+1 n+1

(n+1)!

＜0=fn(xn)，
由（1）知f_n（x）在（0，+∞）上递增，
故x_n+1＜x_n，即数列{x_n}单调递减．
（3）由（2）知数列{x_n}单调递减，故x_n-x_n+p＞0，
而fn(xn)=-1+xn+

x 2 n

2!

+…+

x n n

n!

=0，fn+p(xn+p)=-1+xn+p+

x 2 n+p

2!

+…+

x n n+p

n!

+

x n+1 n+p

(n+1)!

+…+

x n+p n+p

(n+p)!

=0，
两式相减：并结合x_n+p-x_n＜0，以及xn∈[

1

2

，1]，得

xn-xn+p= n k=2 x k n+p - x k n k! + n+p k=n+1 x k n+p k!             ＜ n+p k=n+1 x k n+p k! ≤ n+p k=n+1 1 k! ＜ n+p k=n+1 1 k(k-1)             = n+p k=n+1 [ 1 k-1 - 1 k ]= 1 n - 1 n+p ＜ 1 n

所以有|xn-xn+p|＜

1

n

．

点评：本题考查数列与函数、不等式的综合，考查学生综合运用所学知识分析问题解决问题的能力，本题综合性强，对能力要求高．