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(2016年)已知函数f(x)可导,且f(0)=1,设数列{xn}满足xn+1=f(xn)(n=1,2,…),证明: (I)级数绝对收敛; (Ⅱ)存在,且
(2016年)已知函数f(x)可导,且f(0)=1,设数列{xn}满足xn+1=f(xn)(n=1,2,…),证明: (I)级数绝对收敛; (Ⅱ)存在,且
admin
2018-03-11
79
问题
(2016年)已知函数f(x)可导,且f(0)=1,
设数列{x
n
}满足x
n+1
=f(x
n
)(n=1,2,…),证明:
(I)级数
绝对收敛;
(Ⅱ)
存在,且
选项
答案
证明:(I)由Lagrange中值定理可得 |x
n+1
一x
n
|=|f(x
n
)一f(x
n-1
)|=|f′(ξ
n
)||x
n
一x
n-1
|, 其中ξ
n
在x
n
与x
n-1
之间。 由于[*]所以[*]同理可得[*] 注意到级数[*]收敛,所以[*]绝对收敛。 (Ⅱ)由于[*]收敛,所以其部分和数列[*]的极限存在,即[*]存在,从而[*]存在。 设[*]则在等式x
n+1
=f(x
n
)两边取极限可得a=f(a)。 令g(z)=f(x)一x,则 g(0)=1>0,g(2)=f(2)一2<f(0)+[*](2—0)一2=0, 上式中f(2)一f(0)=f′(ξ)(2—0)是由Lagrange中值定理得到的。 由零点定理可知,g(x)在(0,2)上至少存在一个零点。又g′(x)=f′(x)一1<0,即g(x)单调递减,所以g(x)的零点唯一。故[*]
解析
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考研数学一
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