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设an是关于x的方程xn+nx-1=0(n∈N*,x∈(0,+∞))的根.试证明:
(1)an∈(0,1);
(2)an+1<an
(3)a12+a22+…+an2<1.
分析:(1)设f(x)=xn+nx-1,由f(0)=-1<0,f(1)=n>0,且函数f(x)的图象在(0,+∞)上是连续的,知f(x)在(0,1)上至少有一个零点,即方程xn+nx-1=0在(0,1)内至少有一个根,由此能够证明an∈(0,1).
(2)法一:由f(
1
n
)=(
1
n
)n>0,f(
1
n+1
)=(
1
n+1
)n+
n
n+1
-1=(
1
n+1
)n-
1
n+1
≤0
,且函数f(x)的图象在(0,+∞)上是连续的,知f(x)在[
1
n+1
1
n
)
内至少有一个零点,由函数f(x)在(0,+∞)上单调递增,知方程xn+nx-1=0在[
1
n+1
1
n
)
内有唯一根,由此能证明an+1<an.          (9分)
法二:由ann+nan-1=0,an+1n+1+(n+1)an+1-1=0,得:an+1n+1+(n+1)an+1-ann-nan=0,由此利用反证法能够证明an+1<an
(3)由题设得a1=
1
2
a12=
1
4
<1
,当n∈N*时,an=
1-ann
n
1
n
.故a12+a22<(
1
2
)2+(
1
2
)2=
1
2
<1
.由此能够证明a12+a22+…+an2<1.
解答:证明:(1)设f(x)=xn+nx-1,
∵f(0)=-1<0,f(1)=n>0,
且函数f(x)的图象在(0,+∞)上是连续的,
∴f(x)在(0,1)上至少有一个零点,
即方程xn+nx-1=0在(0,1)内至少有一个根.(3分)
∵x∈(0,+∞),
∴f′(x)=nxn-1+n>0,
∴f(x)在(0,+∞)上是增函数.
∴方程xn+nx-1=0在(0,+∞)内有唯一根,
且根在(0,1)内,即an∈(0,1).(5分)
(2)方法一:∵f(
1
n
)=(
1
n
)n>0,f(
1
n+1
)=(
1
n+1
)n+
n
n+1
-1=(
1
n+1
)n-
1
n+1
≤0

且函数f(x)的图象在(0,+∞)上是连续的,
∴f(x)在[
1
n+1
1
n
)
内至少有一个零点,
即方程xn+nx-1=0在[
1
n+1
1
n
)
内至少有一个根.
又由(1)知函数f(x)在(0,+∞)上单调递增,
∴方程xn+nx-1=0在[
1
n+1
1
n
)
内有唯一根,
1
n+1
an
1
n
.(8分)
1
n+2
an+1
1
n+1

∴an+1<an.          (9分)
方法二:由(1)知,ann+nan-1=0,
an+1n+1+(n+1)an+1-1=0,
两式相减得:an+1n+1+(n+1)an+1-ann-nan=0,(7分)
若存在n∈N*,使得an+1≥an
则an+1≥an>ann
从而an+1n+1+(n+1)an+1-ann-nan>(n+1)an+1-ann-nan=an+1-ann+nan+1-nan>0,矛盾.
所以an+1<an.(9分)
(3)由题设得a1=
1
2
a12=
1
4
<1

当n∈N*时,an=
1-ann
n
1
n

a12+a22<(
1
2
)2+(
1
2
)2=
1
2
<1
.         (12分)
当n≥3时有a12+a22+a32+…+an2<(
1
2
)2+(
1
2
)2+(
1
3
)2+…
+(
1
n
)2

1
4
+
1
4
+
1
2•3
+
1
3•4
+
+
1
(n-1)n

=
1
4
+
1
4
+(
1
2
-
1
3
)+(
1
3
-
1
4
)+…
+(
1
n-1
-
1
n
)

=1-
1
n
<1

综上a12+a22+…+an2<1.               (14分)
点评:本题考查数列与不等式的综合运用,考查运算求解能力,推理论证能力;考查化归与转化思想.综合性强,难度大,计算繁琐,易出错,是高考的重点.解题时要认真审题,注意反证明法的灵活运用,仔细解答,注意培养计算能力.
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