Question

13．過曲線C：y=e^x上一點P₀（0，1）作曲線C的切線l₀交x軸于點Q₁（x₁，0），又過Q₁作x軸的垂線交曲線C于點P₁（x₁，y₁），然后再過P₁（x₁，y₁）作曲線C的切線l₁交x軸于點Q₂（x₂，0），又過Q₂作x軸的垂線交曲線C于點P₂（x₂，y₂），…，以此類推，過點P_n的切線l_n與x軸相交于點
Q_n+1（x_n+1，0），再過點Q_n+1作x軸的垂線交曲線C于點P_n+1（x_n+1，y_n+1）（n∈N^*）．
（1）求x₁、x₂及數(shù)列{x_n}的通項公式；
（2）設曲線C與切線l_n及直線P_n+1Q_n+1所圍成的圖形面積為S_n，求S_n的表達式；
（3）在滿足（2）的條件下，若數(shù)列{S_n}的前n項和為T_n，求證：$\frac{{T}_{n+1}}{{T}_{n}}$＜$\frac{{x}_{n+1}}{{x}_{n}}$（n∈N₊）．

Answer 1

分析 （1）先求出導函數(shù)進而求出切線的斜率，再把1，2代入就可求出求x₁、x₂的值．求出點P_n的切線l_n的方程即可求出及數(shù)列{x_n}的通項公式；
（2）直接利用定積分來求S_n的表達式即可；
（3）利用（2）的結(jié)論先求出數(shù)列{S_n}的前n項之和為T_n，再把所要證明的結(jié)論轉(zhuǎn)化為用數(shù)學歸納法證明eⁿ⁺¹＞（e-1）n+e即可

解答 （1）解：由y′=e^x，設直線l_n的斜率為k_n，則k_n=e${\;}^{{x}_{n}}$．
∴直線l₀的方程為y=x+1．令y=0，得x₁=-1，
∴y₁=e${\;}^{{x}_{1}}$=$\frac{1}{e}$，
∴P₁（-1，$\frac{1}{e}$）．
∴k₁=e${\;}^{{x}_{1}}$=$\frac{1}{e}$．
∴直線l的方程為y-$\frac{1}{e}$=$\frac{1}{e}$（x+1）．
令y=0，得x₂=-2．
一般地，直線l的方程為y-e${\;}^{{x}_{n}}$=e${\;}^{{x}_{n}}$（x-x_n），由于點Q_n+1（x_n+1，0）在直線l上，
∴x_n+1-x_n=-1．
∴數(shù)列{x_n}是首項為-1，公差為-1的等差數(shù)列．
∴x_n=-n．
（2）解：S_n=${∫}_{n+1}^{n}$e^xdx-$\frac{1}{2}$（x_n-x_n+1）y_n=e^x=${∫}_{n+1}^{n}$-$\frac{1}{2}$y_n=（e^-n-e^-n-1）-$\frac{1}{2}$e^-n=$\frac{e-2}{2e}$•$\frac{1}{{e}^{n}}$．
（3）證明：T_n=$\frac{e-2}{2e}$•（$\frac{1}{{e}^{1}}$+$\frac{1}{{e}^{2}}$+…+$\frac{1}{{e}^{n}}$）=$\frac{e-2}{2e}$•$\frac{\frac{1}{e}[1-（\frac{1}{e}）^{n}]}{1-\frac{1}{e}}$=$\frac{e-2}{2e（e-2）}$•（1-$\frac{1}{{e}^{n}}$），
∴$\frac{{T}_{n+1}}{{T}_{n}}$=$\frac{1-\frac{1}{{e}^{n+1}}}{1-\frac{1}{{e}^{n}}}$=1+$\frac{e-1}{{e}^{n+1}-e}$，$\frac{{x}_{n+1}}{{x}_{n}}$=$\frac{-（n+1）}{-n}$=1+$\frac{1}{n}$．
要證明$\frac{{T}_{n+1}}{{T}_{n}}$＜$\frac{{x}_{n+1}}{{x}_{n}}$，只要證明$\frac{e-1}{{e}^{n+1}-e}$＜$\frac{1}{n}$，即只要證明eⁿ⁺¹＞（e-1）n+e．
證法1：（數(shù)學歸納法）
①當n=1時，顯然（e-1）²＞0?e²＞2e-1?e²＞（e-1）+e成立；
②假設n=k時，e^k+1＞（e-1）k+e成立，則當n=k+1時，e^k+2=e•e^k+1＞e[（e-1）k+e]，
而e[（e-1）k+e]-[（e-1）（k+1）+e]=（e-1）²（k+1）＞0，．
∴e[（e-1）k+e]＞[（e-1）（k+1）+e]．
∴e^k+2＞[（e-1）（k+1）+e．
這說明，n=k+1時，不等式也成立．
由①②知不等式$\frac{{T}_{n+1}}{{T}_{n}}$＜$\frac{{x}_{n+1}}{{x}_{n}}$對一切n∈N₊都成立．
證法2：eⁿ⁺¹=[1+（e-1）]ⁿ⁺¹=${C}_{n+1}^{0}$+${C}_{n+1}^{1}$（e-1）+…+${C}_{n+1}^{n+1}$（e-1）]ⁿ⁺¹＞${C}_{n+1}^{0}$+${C}_{n+1}^{1}$（e-1）=1+（n+1）（e-1）=（e-1）n+e．
∴不等式$\frac{{T}_{n+1}}{{T}_{n}}$＜$\frac{{x}_{n+1}}{{x}_{n}}$對一切n∈N₊都成立．
證法3：令f（x）=e^x+1-（e-1）x-e，則f′（x）=e^x+1-（e-1），
當x＞0時，f′（x）=e^x+1-（e-1）＞e-（e-1）=1＞0，
∴函數(shù)f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增．
∴當x＞0時，f（x）＞f（0）=0．
∵n∈N₊，
∴f（n）＞0，即eⁿ⁺¹-（e-1）n-e＞0．
∴eⁿ⁺¹＞（e-1）n+e．
∴不等式$\frac{{T}_{n+1}}{{T}_{n}}$＜$\frac{{x}_{n+1}}{{x}_{n}}$對一切n∈N₊都成立．

點評 主要考查導數(shù)、數(shù)列、不等式、定積分等知識，考查化歸與轉(zhuǎn)化的數(shù)學思想方法，以及抽象概括能力、推理論證能力、運算求解能力和創(chuàng)新意識．