2008年高考数学压轴题

2008年高考数学压轴题目

题目描述

设函数 $f(x) = x - x \ln x$。数列 ${an}$ 满足 $0 < a_1 < 1$，$a{n+1} = f(a_n)$。

（Ⅰ）证明：函数 $f(x)$ 在区间 $(0,1)$ 上是增函数；

（Ⅱ）证明：$an < a{n+1} < 1$；

（Ⅲ）设 $b \in (a1, 1)$，整数 $k \geq \frac{a_1 - b}{a_1 \ln b}$。证明：$a{k+1} > b$。

详细题解

• (Ⅰ) 证明：函数 $f(x)$ 在区间 $(0,1)$ 上是增函数；

  $$f'(x) = 1 - \ln x - x \cdot \frac{1}{x} = -\ln x$$

  由于 $x \in (0,1)$，此时 $f’(x) = -\ln x > 0$，因此函数 $f(x)$ 在区间 $(0,1)$ 上为增函数。

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• (Ⅱ) 证明：$an < a{n+1} < 1$；

  1. 当 $n = 1$ 时，$0 < a_1 < 1$，满足要求；
  2. 假设当 $n = k$ 时，满足 $a_{k-1} < a_k < 1$；
  3. 当 $n = k+1$ 时，$a{k+1} = f(a_k) = a_k - a_k \ln a_k$。
     此时 $a{k+1} - ak = -a_k \ln a_k$，由于 $0 < a_k < 1$，则 $-a_k \ln a_k > 0$，因此 $a{k+1} > ak$。接下来证明 $a{n+1} < 1$。
  4. 根据（Ⅰ）可知 $f(x)$ 在 $(0,1)$ 上是增函数，因此当 $0 < x < 1$ 时，满足 $f(x) < f(1) = 1$。
     由于 $0 < ak < 1$，则 $a{k+1} = f(ak) < f(1) = 1$。
     综上，原不等式 $a_n < a{n+1} < 1$ 得证。

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• (Ⅲ) 设 $b \in (a1, 1)$，整数 $k \geq \frac{a_1 - b}{a_1 \ln b}$。证明：$a{k+1} > b$。

  我们分两种情况来讨论：

  情况一： 当 $ak > b$ 时，由（Ⅱ）知 $a{k+1} > a_k > b$，结论显然成立。

  情况二： 当 $ak \le b$ 时，我们仍然证明 $a{k+1} > b$。

  观察递推关系：$a_{n+1} - a_n = -a_n \ln a_n$，因此：

  $$\begin{aligned} a_{k+1} - a_k &= -a_k \ln a_k \\ a_k - a_{k-1} &= -a_{k-1} \ln a_{k-1} \\ a_{k-1} - a_{k-2} &= -a_{k-2} \ln a_{k-2} \\ \cdots \\ a_2 - a_1 &= -a_1 \ln a_1 \end{aligned}$$

将以上 $k$ 个等式相加，可得：
$$ a_{k+1} - a_1 = \sum_{i=1}^{k} (-a_i \ln a_i) $$

由（Ⅱ）知 $a_1 < a_2 < \cdots < a_k \le b$，且函数 $g(x) = -x \ln x$ 在 $(0,1)$ 上单调递增（可求导验证），因此：
$$
-a_i \ln a_i \ge -a_1 \ln a_i
$$
又因为 $\ln a_i < \ln b < 0$，所以 $-\ln a_i > -\ln b > 0$，进而：
$$
-a_i \ln a_i > -a_1 \ln a_i > -a_1 \ln b
$$


于是：
$$
a_{k+1} - a_1 = \sum_{i=1}^{k} (-a_i \ln a_i) > \sum_{i=1}^{k} (-a_1 \ln b) = -k a_1 \ln b
$$
因此：
$$
a_{k+1} > a_1 - k a_1 \ln b
$$
欲使 $a_{k+1} > b$ 成立，只需：
$$
a_1 - k a_1 \ln b \ge b
$$
解此不等式：
$$
 -k a_1 \ln b \ge b - a_1 
$$

由于 $\ln b < 0$，两边除以 $-a_1 \ln b > 0$，不等号方向不变：
$$
k \ge \frac{a_1 - b}{a_1 \ln b} 
$$


而这正是题目所给的条件。因此，当 $k$ 满足该条件时，$a_{k+1} > b$ 成立。

综上所述，原结论得证。

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总结

第三小问确实是比较难的题目，刚开始确实无法下手，后来发现考察的内容还是传统的数列的通项问题。