利用导数不等式进行数列求和估计
设$x_1=\frac{p+1}{p},p>1,x_{n+1}=\frac{x_n-1}{\ln x_n}$.
(1)证明$\{x_n\}$为递减数列;
(2)证明\[\frac{1}{{p + 1}} \cdot \frac{{{2^n} - 1}}{{{2^{n - 1}}}} < \ln \left( {{x_1}{x_2} \cdots {x_n}} \right) < \frac{1}{p} \cdot \frac{{{2^n} - 1}}{{{2^{n - 1}}}}.\]
证.(1)首先利用$\ln(1+x)\leq (x>-1)$可知
\[{x_{n + 1}} = \frac{{{x_n} - 1}}{{\ln {x_n}}} \ge \frac{{{x_n} - 1}}{{{x_n} - 1}} = 1.\]
又$x_1=\frac{p+1}{p}>1$,显然有$x_n>1$.再利用$\ln (1+x)\geq \frac x{x+1}$,我们有
\[\frac{{{x_{n + 1}}}}{{{x_n}}} = \frac{{{x_n} - 1}}{{{x_n}\ln {x_n}}} < \frac{{{x_n} - 1}}{{{x_n} \cdot \frac{{{x_n} - 1}}{{{x_n}}}}} = 1.\]
因此$\{x_n\}$为递减数列.
(2) 先证明左边不等式.首先有
\[\frac{{\ln {x_{n + 1}}}}{{\ln {x_n}}} = \frac{{\ln {x_{n + 1}}}}{{\ln {x_n}}} = \frac{{\ln \left( {\frac{{{x_n} - 1}}{{\ln {x_n}}}} \right)}}{{\ln {x_n}}} > \frac{1}{2},\]
即
\[\sqrt {{x_n}} - \frac{1}{{\sqrt {{x_n}} }} > \ln {x_n}.\]
这只要在不等式$\frac{1}{2}\left( {x - \frac{1}{x}} \right) > \ln x,x > 1$中令$x=\sqrt{x_n}>1$便可得到.又利用$\frac x{x+1}\leq \ln (x+1)\leq x$可知\[\frac{1}{{p + 1}} < \ln {x_1} = \ln \left( {1 + \frac{1}{p}} \right) < \frac{1}{p}.\]
于是
\[\ln {x_n} > \frac{1}{2}\ln {x_{n - 1}} > \cdots > \frac{1}{{{2^{n - 1}}}}\ln {x_1} > \frac{1}{{p + 1}} \cdot \frac{1}{{{2^{n - 1}}}}.\]
将上述不等式前$n$项累加便可得到
\[\frac{1}{{p + 1}} \cdot \frac{{{2^n} - 1}}{{{2^{n - 1}}}} < \ln \left( {{x_1}{x_2} \cdots {x_n}} \right).\]
接着证明右边不等式.由不等式
\[\ln x > \frac{{2\left( {x - 1} \right)}}{{x + 1}},\quad x > 1\]
可知\[{x_{n + 1}} = \frac{{{x_n} - 1}}{{\ln {x_n}}} < \frac{{{x_n} + 1}}{2}.\]
因此\[{x_{n + 1}} - 1 < \frac{{{x_n} - 1}}{2} \Rightarrow {x_n} \le 1 + \frac{1}{{p{2^{n - 1}}}} \Rightarrow \ln {x_n} < \frac{1}{{p{2^{n - 1}}}},\]
从而有
\[\ln \left( {{x_1}{x_2} \cdots {x_n}} \right) < \frac{1}{p} \cdot \frac{{{2^n} - 1}}{{{2^{n - 1}}}}.\]
解题过程中碰到的几个特殊数列
1.Catalan数
设数列$\{a_n\}$满足$a_0=1$,以及
\[a_n=a_0a_{n-1}+a_1a_{n-2}+\cdots+a_{n-1}a_0,\quad n\geq1,\]
试求$a_n$的表达式.(详见周民强第二册P378)
解.令$f\left( x \right) = {a_0} + {a_1}x + \cdots + {a_n}{x^n} + \cdots $,以及
2.Bell数
事实上,
背景2.(2005年中科院考研题)设${e^{{e^x}}} = \sum\limits_{n = 0}^\infty {{a_n}{x^n}}$,求$a_0,a_1,a_2,a_3$,并证明$a_n\geq e{(r\ln n)}^{-n}(n>2)$,其中$r$是某个大于$e$的常数.
证.利用幂级数展开式如下: