Question

4．已知数列{x_n}按如下方式构成：x_n∈（0，1）（n∈N^*），函数f（x）=ln（$\frac{1+x}{1-x}$）在点（x_n，f（x_n））处的切线与x轴交点的横坐标为x_n+1
（Ⅰ）证明：当x∈（0，1）时，f（x）＞2x
（Ⅱ）证明：x_n+1＜x_n³
（Ⅲ）若x₁∈（0，a），a∈（0，1），求证：对任意的正整数m，都有log${\;}_{{x}_{n}}$a+log${\;}_{{x}_{n+1}}$a+…+log${\;}_{{x}_{n+m}}$a＜$\frac{1}{2}$•（$\frac{1}{3}$）^n-2（n∈N^*）

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，根据函数的单调性求出f（x）＞2x即可；
（Ⅱ）求出函数f（x）的导数，求出曲线方程，得到x_n+1=$\frac{1}{2}$ln$\frac{1{+x}_{n}}{1{-x}_{n}}$（${{x}_{n}}^{2}$-1）+x_n，从而证出结论即可；
（Ⅲ）得到b_k=${log}_{{x}_{n+k}}$＜${log}_{{{x}_{n+k-1}}^{3}}$a=$\frac{1}{3}$b_k-1＜${（\frac{1}{3}）}^{2}$b_k-2＜…＜${（\frac{1}{3}）}^{k}$b₀，问题转化为$\frac{3}{2}$b₀＜$\frac{1}{2}$${（\frac{1}{3}）}^{n-2}$，根据（Ⅱ）证出即可．

解答 证明：（Ⅰ）设g（x）=ln（1+x）-ln（1-x）-2x，
则g′（x）=$\frac{{2x}^{2}}{1{-x}^{2}}$，
故x∈（0，1）时，g′（x）＞0，函数g（x）在（0，1）递增，
∴g（x）＞g（0）=0，即f（x）＞2x；
（Ⅱ）由f′（x）=$\frac{1}{1+x}$+$\frac{1}{1-x}$=$\frac{2}{1{-x}^{2}}$，
故曲线在点（x_n，f（x_n））处的切线方程是：y=$\frac{2}{1{{-x}_{n}}^{2}}$（x-x_n）+f（x_n），
令y=0，则x_n+1=x_n+$\frac{1}{2}$f（x_n）（${{x}_{n}}^{2}$-1），
则x_n+1=$\frac{1}{2}$ln$\frac{1{+x}_{n}}{1{-x}_{n}}$（${{x}_{n}}^{2}$-1）+x_n，
由（Ⅰ）及${{x}_{n}}^{2}$-1＜0得：x_n+1＜$\frac{1}{2}$（2x_n）•（${{x}_{n}}^{2}$-1）+x_n=x_n³；
（Ⅲ）令${log}_{{x}_{n+k}}$=b_k，（k=0，1，2，…，m），
∵x_n+k＜${{x}_{n+k-1}}^{3}$，且a∈（0，1），x_n∈（0，1），
∴log_ax_n+k＞log_a${{x}_{n+k-1}}^{3}$，
从而b_k=${log}_{{x}_{n+k}}$＜${log}_{{{x}_{n+k-1}}^{3}}$a=$\frac{1}{3}$b_k-1＜${（\frac{1}{3}）}^{2}$b_k-2＜…＜${（\frac{1}{3}）}^{k}$b₀，
∴log${\;}_{{x}_{n}}$a+log${\;}_{{x}_{n+1}}$a+…+log${\;}_{{x}_{n+m}}$a
=b₀+b₁+…+b_m＜b₀（1+$\frac{1}{3}$+${（\frac{1}{3}）}^{2}$+${（\frac{1}{3}）}^{m}$）=$\frac{3}{2}$b₀（1-${（\frac{1}{3}）}^{m+1}$）＜$\frac{3}{2}$b₀，
要证log${\;}_{{x}_{n}}$a+log${\;}_{{x}_{n+1}}$a+…+log${\;}_{{x}_{n+m}}$a＜$\frac{1}{2}$•（$\frac{1}{3}$）^n-2（n∈N^*），
只需$\frac{3}{2}$b₀＜$\frac{1}{2}$${（\frac{1}{3}）}^{n-2}$，
即证b₀＜${（\frac{1}{3}）}^{n-1}$?${log}_{{x}_{n}}$a＜${（\frac{1}{3}）}^{n-1}$?x_n＜${a}^{{3}^{n-1}}$，
由（Ⅱ）以及x₁∈（0，a）得：x_n＜${{x}_{n-1}}^{3}$＜${x}_{n-2}^{{3}^{2}}$＜…＜${x}_{1}^{{3}^{n-1}}$＜${a}^{{3}^{n-1}}$，
故原结论成立．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用，曲线方程问题，考查不等式的证明，是一道综合题．