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已知函数f(x)可导,且f(0)=1,0<f’(x)<.设数列{xn}满足xn+1=f(xn)(n=1,2,…).证明: (I)级数(xn+1一xn)绝对收敛; (II)存在,且0<<2.
已知函数f(x)可导,且f(0)=1,0<f’(x)<.设数列{xn}满足xn+1=f(xn)(n=1,2,…).证明: (I)级数(xn+1一xn)绝对收敛; (II)存在,且0<<2.
admin
2021-01-15
16
问题
已知函数f(x)可导,且f(0)=1,0<f’(x)<
.设数列{x
n
}满足x
n+1
=f(x
n
)(n=1,2,…).证明:
(I)级数
(x
n+1
一x
n
)绝对收敛;
(II)
存在,且0<
<2.
选项
答案
(I)因为x
n+1
=f(x
n
),所以|x
n+1
一x
n
|=| f(x
n
)一f(x
n-1
)|—|f’(ξ)(x
n
-x
n-1
)|,其中ξ介于x
n
与x
n-1
之间.又0<f’(x)<[*],所以|x
n+1
一x
n
|≤[*]|x
n
-x
n-1
|≤…≤[*]|x
2
-x
1
|.由于级数[*]|x
2
-x
1
|收敛,所以级数[*](x
n+1
一x
n
)绝对收敛. (Ⅱ)设[*](x
n
一x
n
)的前n项和为S
n
,则S
n
=x
n+1
-x
1
.由(Ⅰ)知,[*]存在,即[*](x
n+1
-x
1
)存在,所以[*]存在.设[*]=c,由,x
x+1
=f(x
n
)及f(x)连续,得c=fc,即c是g(x)=x-f(x)的零点. 因为g(0)=一1,g(2)=2一f(2)=1一[f(2)一f(O)]=1—2f’(η)>0,其中θ∈(0,2),且g’(x)=1一f’(x)>0,所以g(x)存在唯一零点,且零点位于区间(0,2)内.于是0<c<2,即0<[*]<2.
解析
转载请注明原文地址:https://kaotiyun.com/show/B1q4777K
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考研数学一
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