2008-大纲卷I理-22 解-导数

本题导读

本题是一道导数与数列递推关系综合的压轴题。核心考查利用导数工具研究函数的单调性，进而结合数学归纳法证明数列的单调性与有界性，最后利用一阶差分边界放缩法进行步数估计与不等式矛盾逼近。

📌【题干】

Question

（2008年大纲卷I(理)） 设函数 $f(x)=x-x\ln x$. 数列 $\{a_n\}$ 满足 $0<a_1<1,a_{n+1}=f(a_n)$.

(1) 证明：函数 $f(x)$ 在区间 $(0,1)$ 是增函数；

(2) 证明：$a_n<a_{n+1}<1$;

(3) 设 $b\in (a_1,1)$, 整数 $k\ge \frac{a_1-b}{a_1\ln b}$. 证明：$a_{k+1}>b$.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 第(1)问：直接求导得到 $f^{\prime }(x)=-\ln x$，由 $x\in (0,1)$ 时 $\ln x<0$ 确定导数的正负符号。
2. 第(2)问：利用数学归纳法。结合 $f(x)$ 在 $(0,1)$ 上的单调性以及当 $x\in (0,1)$ 时 $f(x)>x$ 的代数性质，完成有界性与单调性的双重证明。
3. 第(3)问：采用反证法。假设 $a_{k+1}\le b$，利用数列的单调递增性锁定自变量范围 $a_1\le a_n\le b$，进而对增量式 $a_{n+1}-a_n=-a_n\ln a_n$ 进行两端边界放缩。通过累加法消除中间项，构造关于步数 $k$ 的不等式从而产生逻辑矛盾。

点击查看答案

对任意 $n\in {\mathbf{N}}^{\ast }$，均有 $a_n<a_{n+1}<1$ 成立

✍【详细解析】

Abstract

(1) 证明：对 $f(x)=x-x\ln x$ 求导得： $f^{\prime }(x)=1-(\ln x+x\cdot \frac{1}{x})=1-\ln x-1=-\ln x$ 当 $x\in (0,1)$ 时，$\ln x<0$，所以 $f^{\prime }(x)=-\ln x>0$。 故函数 $f(x)$ 在区间 $(0,1)$ 上是增函数。

(2) 证明：用数学归纳法证明 $0<a_n<a_{n+1}<1$对一切 $n\in {\mathbf{N}}^{\ast }$ 成立。 ① 当 $n=1$ 时，已知 $0<a_1<1$。 因为 $a_2=f(a_1)=a_1-a_1\ln a_1$，且当 $0<a_1<1$ 时 $\ln a_1<0$，所以 $-a_1\ln a_1>0$， 从而 $a_2>a_1$。 又由(1)知 $f(x)$ 在 $(0,1)$ 上单调递增，所以 $a_2=f(a_1)<f(1)=1-1\ln 1=1$。 故 $0<a_1<a_2<1$ 成立。 ② 假设当 $n=m(m\in {\mathbf{N}}^{\ast })$ 时， $0<a_m<a_{m+1}<1$ 成立。 则当 $n=m+1$ 时，由于 $f(x)$ 在 $(0,1)$ 上单调递增，将假设代入函数两边保持不等号方向不变： $f(a_m)<f(a_{m+1})<f(1)$ 即 $a_{m+1}<a_{m+2}<1$。 又已知 $a_{m+1}>a_m>0$，所以 $0<a_{m+1}<a_{m+2}<1$ 成立。 综上所述，对任意 $n\in {\mathbf{N}}^{\ast }$，均有 $a_n<a_{n+1}<1$ 成立。

(3) 证明：由(2)知数列 $\{a_n\}$ 单调递增且有上界 1，其一阶差分关系满足：$a_{n+1}-a_n=-a_n\ln a_n$。 若结论不成立，即假设 $a_{k+1}\le b$。 因为数列 $\{a_n\}$ 单调递增，所以对任意 $1\le n\le k$，各项范围均被锁定在： $a_1\le a_n\le a_{k+1}\le b<1$ 由于 $a_n\ge a_1>0$，且当 $a_n\le b<1$ 时有 $-\ln a_n\ge -\ln b>0$。 根据不等式同向可乘性放缩得： $-a_n\ln a_n\ge -a_1\ln b>0$ 从而递推关系可放缩为等差型不等式： $a_{n+1}-a_n\ge -a_1\ln b(n=1,2,\cdots ,k)$ 将上述 $k$ 个不等式从 $n=1$ 到 $k$ 依次累加消元得： ${\sum }_{n=1}^k(a_{n+1}-a_n)\ge {\sum }_{n=1}^k(-a_1\ln b)\Rightarrow a_{k+1}-a_1\ge k(-a_1\ln b)$ 因为 $b\in (a_1,1)$，所以 $\ln b<0\Rightarrow -a_1\ln b>0$。 两边同除以 $-a_1\ln b$ 移项得： $k\le \frac{a_{k+1}-a_1}{-a_1\ln b}=\frac{a_1-a_{k+1}}{a_1\ln b}$ 由反证假设 $a_{k+1}\le b\Rightarrow -a_{k+1}\ge -b\Rightarrow a_1-a_{k+1}\ge a_1-b$。 注意 $\ln b<0$，分子分母同除以负数时不等号方向翻转： $\frac{a_1-a_{k+1}}{a_1\ln b}\le \frac{a_1-b}{a_1\ln b}$ 从而导出 $k\le \frac{a_1-b}{a_1\ln b}$。 此导出值与已知条件中整数 $k\ge \frac{a_1-b}{a_1\ln b}$ 产生逻辑矛盾（当且仅当 $a_{k+1}=b$ 且 $k=\frac{a_1-b}{a_1\ln b}$ 时取等号，但由(2)知 $a_n$ 严格单调递增，各分量不可能恒相等）。 故假设不成立，原命题得证，即 $a_{k+1}>b$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：导数符号法判定单调性、数学归纳法处理递推有界序列、一阶非线性增量的边界放缩。
2. 核心方法：反证法结合累加放缩。将难以直接求和的非线性变动项 $-a_n\ln a_n$ 替换为其在单调区间上的最小值 $-a_1\ln b$，将其转化为一阶线性等差不等式求解。
3. 避坑指南：第(3)问在代数变形中，由于项 $\ln b$ 的取值为负，在进行不等式两端乘除运算或去绝对值时，务必注意不等号方向的翻转。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：本题源于高等数学数值分析中不动点迭代法（Fixed-point iteration）求方程根的收敛速度与误差估计模型。方程 $x-x\ln x=x$ 的唯一不动点为 $x=1$。
2. 结论推广：对于任意满足 $a_{n+1}=a_n+g(a_n)$ 的正项递推数列，若 $g(x)>0$ 且在有界区间内满足单调性，则均可通过 $g(x)$ 在边界处的极值实现数列逼近目标值的最少迭代步数估计。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 05.01 函数的概念

类题演练 (Links)

• 2011-四川卷文-22 解-导数方程与数列不等式
• 2009-天津卷文-08 单-分段函数不等式
• 2009-新课标卷文-24 解-绝对值函数分段不等式