浙江 2017 · 数学 q22

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题解图（原卷截图 · 含答案与官方解析）

浙江 2017 · 数学 q22 原卷截图（含答案）

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题面

22．（15 分）已知数列{xΠ}\{{x}_{\Pi} \}满足：x1=1,xn=xn+1+In(1+xn+1)(n∈N∗)x_{1} = 1 , x_{n} = x_{n + 1} + I {n} ( 1 + x_{n + 1} ) ( n \in N^{*} )），证明：当n∈N∗n \in N^{*}时，

（Ⅰ）0<xn+1<xn;0 < x_{n + 1} < x_{n} ;

（Ⅱ）2xn+1−xn⩽xnxr+12;2 x_{n + 1} - x_{n}{\leqslant} \frac{x_{n} x_{r + 1}}{2} ;

（Ⅲ）12n−1≤xn≤12n−2.\frac{1}{2^{n - 1}} \leq x_{n} \leq \frac{1}{2^{n - 2}} .

2017年浙江省高考数学试卷

（Ⅰ）0<xn+1<xn;0 < x_{n + 1} < x_{n} ;

（Ⅱ）2xn+1−xn⩽xnxr+12;2 x_{n + 1} - x_{n} \leqslant \frac{x_{n} x_{r + 1}}{2} ;

（Ⅲ）12n−1≤xn≤12n−2\frac{1}{2^{n - 1}} \leq x_{n} \leq \frac{1}{2^{n - 2}}

解析

分析

（Ⅰ）用数学归纳法即可证明，

（Ⅱ）构造函数，利用导数判断函数的单调性，把数列问题转化为函数问题，即可证明，

（Ⅲ）由xnxrr+12≥2xn+1−xn\frac{{x}_{\mathrm{n}}{x}_{\mathrm{r r + 1}}}{2}{\geq} 2 {x}_{\mathrm{n + 1}} - {x}_{\mathrm{n}}得1xn+1−12≥2(1xn−12)>0\frac{1}{{x}_{\mathrm{n + 1}}} - \frac{1}{2} \mathcal{\geq} 2 ( \frac{1}{{x}_{\mathrm{n}}} - \frac{1}{2} ) > 0，继续放缩即可证明

解答

解：（Ⅰ）用数学归纳法证明：xn>0x_{n}{>} 0

当 n=1 时，x1=1>0x_{1} = 1 > 0，成立，

假设当n=k时成立，则xk>0{x}_{k} > 0

那么 n=k+1 时，若xk+1<0{x}_{\mathrm{k} + 1} < 0，则0<xk=xk+1+1n(1+xk+1)<00 < x_{k} = x_{k + 1} + 1 {n} ( 1 + x_{k + 1} ) < 0，矛盾，

故×ηη+1>0\times_{\eta \eta + 1} > 0

因此xn>0,(n∈N∗)x_{n}{>} 0 , ( n {\in} N^{*} )

∴xn=xn+1+ln⁡(1+xn+1)>xn+1,\therefore \mathrm{x}_{\mathrm{n}} = \mathrm{x}_{\mathrm{n} + 1} + \ln \left(1 + \mathrm{x}_{\mathrm{n} + 1}\right) > \mathrm{x}_{\mathrm{n} + 1},

因此0<xn+1<xn(n∈N∗)0 < x_{n + 1} < x_{n} ( {n} \in{N}^{*} )），

（Ⅱ）由xn=xn+1+In ( 1+xn+1){x}_{n} = {x}_{n + 1} + {I}{n} \ ( \ 1 + {x}_{n + 1} )得xnxn+1−4xn+1+2xn=xn+12−2xn+1+(xn+1+2)∣n(1+xn+1){x}_{n}{x}_{n + 1} - 4 {x}_{n + 1} + 2 {x}_{n} = {x}_{n + 1}{}^{2} - 2 {x}_{n + 1} + ( {x}_{n + 1} + 2 ) \mid n ( 1 + {x}_{n + 1} )

记函数f(x)=x2−2x+(x+2)ln⁡(1+x),{f} ( {x} ) = {x}^{2} - 2 {x}^{+} ( {x} + 2 ) \ln ( 1 + {x} ) , \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{} \mathrm{}

∴f′(x)=2x2+xx+1+ln⁡(1+x)>0,\therefore f^{\prime} (x) = \frac{2 x^{2} + x}{x + 1} + \ln (1 + x) > 0,

∴f（x）在(0, +∞)( 0 , \ + \infty )上单调递增，

∴f(x)⩾f(0)=0,\therefore f (x) \geqslant f (0) = 0,

因此xn+1∞2−2xn+1+Φ(xn+1+2)ln⁡(1+xn+1)≥0{x}_{\mathfrak{n} + 1} \mathrm{\mathrm{\mathrm{\mathrm{\mathrm{\infty}}}}}^{2} - 2 {x}_{\mathfrak{n} + 1} + \mathrm{\mathrm{\mathrm{\Phi}}} ( {x}_{\mathfrak{n} + 1}{+} 2 ) \ln ( 1 + x_{\mathfrak{n} + 1} ) \geq 0，

故2×n+1−xn⩽xnxr+122 \times_{\mathfrak{n} + 1} - \mathfrak{x}_{\mathfrak{n}} \leqslant \frac{\mathfrak{x}_{\mathfrak{n}} \mathfrak{x}_{\mathfrak{r} + 1}}{2}

（Ⅲ）∵xn=xn+1+1n(1+xn+1)≤xn+1+xn+1=2xn+1,\because x_{n} = x_{n + 1} + 1 n ( 1 + x_{n + 1} ) \leq x_{n + 1} + x_{n + 1} = 2 x_{n + 1} ,

∴xn⩾12n−1,\therefore x_{n} \geqslant \frac{1}{2^{n - 1}},

由xnxrr+12≥2xn+1−xn\frac{{x}_{\mathrm{n}}{x}_{\mathrm{r r + 1}}}{2}{\geq} 2 {x}_{\mathrm{n + 1}} - {x}_{\mathrm{n}}得1xn+1−12≥2(1xn−12)>0\frac{1}{{x}_{\mathrm{n} + 1}} - \frac{1}{2} \mathcal{\geq} 2 ( \frac{1}{{x}_{\mathrm{n}}} - \frac{1}{2} ) > 0

∴1xn−12⩾2(1xn−1−12)⩾⋯⩾2n−1(1x1−12)=2n−2,\therefore \frac{1}{\mathrm{x}_{\mathrm{n}}} - \frac{1}{2} \geqslant 2 \left(\frac{1}{\mathrm{x}_{\mathrm{n} - 1}} - \frac{1}{2}\right) \geqslant \dots \geqslant 2^{\mathrm{n} - 1} \left(\frac{1}{\mathrm{x}_{1}} - \frac{1}{2}\right) = 2^{\mathrm{n} - 2},

∴xn⩽12n−2,\therefore x_{n} \leqslant \frac{1}{2^{n - 2}},

综上所述12n−1≤xn≤12n−2\frac{1}{2^{n - 1}} \leq x_{n} \leq \frac{1}{2^{n - 2}}