Question

已知函数f（x）=x-ln（1+x），数列{a_n}满足0＜a₁＜1，a_n+1=f（a_n）；数列{b_n}满足b₁=，b_n+1≥（n+1）b_n，n∈N^*．求证：
（Ⅰ）0＜a_n+1＜a_n＜1；
（Ⅱ）a_n+1＜
（Ⅲ）若a₁=，则当n≥2时，b_n＞a_n•n!．

Answer

（Ⅰ）用数学归纳法证明0＜an＜1，n∈N*．（1）当n=1时，由已知得结论成立；（2）假设当n=k时，结论成立，即0＜ak＜1．则当n=k+1时，因为0＜x＜1时，f′（x）=1-=＞0，所以f（x）在（0，1）上是增函数．可和f（0）＜f（ak）＜f（1），即0＜ak+1＜1＜1-ln2＜1．再由an+1-an=an-ln（1+an）-an=-ln（1+an）＜0，有an+1＜an．进而得到结论．
（Ⅱ）根据问题和an+1=f（an），可构造函数g（x）=-f（x）=，0＜x＜1，即证g（x）＞0成立，用导数法研究因为g′（x）=＞0，知g（x）在（0，1）上增函数．得到结论．
（Ⅲ）由b1=，bn+1≥（n+1）bn，可再由bn＞0，变形为，从而由累乘法可得bn=①，再由an+1＜推知：，再用累乘法可得=＜＜=②．由①②两式可得结论．
【解析】
（Ⅰ）先用数学归纳法证明0＜an＜1，n∈N*．
（1）当n=1时，由已知得结论成立；
（2）假设当n=k时，结论成立，即0＜ak＜1．则当n=k+1时，
∵0＜x＜1时，f′（x）=1-=＞0，
∴f（x）在（0，1）上是增函数．
又∵f（x）在[0，1]上连续，
∴f（0）＜f（ak）＜f（1），即0＜ak+1＜1＜1-ln2＜1．
故当n=k+1时，结论也成立．即0＜an＜1对于一切正整数都成立．（4分）
又由0＜an＜1，得an+1-an=an-ln（1+an）-an=-ln（1+an）＜0，从而an+1＜an．
综上可知0＜an+1＜an＜1（6分）
（Ⅱ）构造函数g（x）=-f（x）=，0＜x＜1，
由g′（x）=＞0，知g（x）在（0，1）上增函数．
又g（x）在[0，1]上连续，
∴g（x）＞g（0）=0．
∵0＜an＜1，
∴g（an）＞0，即-f（an）＞0，
从而an+1＜（10分）
（Ⅲ）∵b1=，bn+1≥（n+1）bn，
∴bn＞0，，
∴bn=①，（12分）
由（Ⅱ）an+1＜知：，
∴=，
∵a1=，n≥2，0＜an+1＜an＜1
∴an＜＜＜=②．（14分）
由①②两式可知：bn＞an•n!．（16分）