Question

设函数f(x)=x-lxnx,数列an满足0<a1<1,an+1=f(an) (1)证明：函数f(x)在区间（0，1）是增函数（

2)证明an<an+1<1
主要是第二问

Answer 1

1.f(x)=x-xlnx,在（0，1）上f'(x)=-lnx>0,是增函数
2.在（0，1）上f(x)<f(1)=1,a2-a1=-a1lna1>0,a1<a2<1，即n=1时成立
假设n=k时成立，即ak<ak+1<1
则f(ak)<f(ak+1)<1,即ak+1<ak+2<1,
故n=k+1时也成立
故对任意正整数n,有an<an+1<1

追问

有点忽悠哦

Answer 2

证明：（用数学归纳法）
（i）当n=1时，0＜a1＜1，a1lna1＜0，
a2=f（a1）=a1-a1lna1＞a1，
∵函数f（x）在区间（0，1）是增函数且函数f（x）在x=1处连续，
∴f（x）在区间（0，1]是增函数，
a2=f（a1）=a1-a1lna1＜1，即a1＜a2＜1成立，
（ⅱ）假设当x=k（k∈N+）时，ak＜ak+1＜1成立，
即0＜a1≤ak＜ak+1＜1，
那么当n=k+1时，由f（x）在区间（0，1]是增函数，0＜a1≤ak＜ak+1＜1，
得f（ak）＜f（ak+1）＜f（1），
而an+1=f（an），
则ak+1=f（ak），ak+2=f（ak+1），ak+1＜ak+2＜1，
也就是说当n=k+1时，an＜an+1＜1也成立，
根据（ⅰ）、（ⅱ）可得对任意的正整数n，an＜an+1＜1恒成立．