问答题
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
绝对收敛；
(Ⅱ)
存在，且
，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
【正确答案】
【答案解析】证明：根据拉格朗日中值定理易知：
|x n+1 -x n |=|f(x n )-f(x n-1 )|=|f"(ξ n )|·|(x n -x n-1 )|，其中ξ n ∈(x n ，x n-1 )．
因为0＜f"(x)＜
，所以|x
n+1
-x
n
|＜
|x
n
-x
n-1
|．
由此可得
．
易知
收敛，所以
绝对收敛．
因为
收敛，所以部分和数列S
n
=x
n+1
-x
n
+x
n
-x
n-1
+…+x
2
-x
1
=x
n+1
-x
1
收敛，即
存在，所以
存在．
设
，则
．所以a=f(a)．
令g(x)=f(x)-x，所以
g(0)=1＞0，
g(2)=f(2)-2=f(0)+f"(ξ)(2-0)-2＜f(0)+
(2-0)-2＜0，
所以g(x)在(0，2)上有一个根．又g"(x)=f"(x)-1＜0，则g(x)在(-∞，+∞)内唯一的根在(0，2)上．
所以0＜a＜1，即0＜
|x n+1 -x n |=|f(x n )-f(x n-1 )|=|f"(ξ n )|·|(x n -x n-1 )|，其中ξ n ∈(x n ，x n-1 )．
因为0＜f"(x)＜
，所以|x
n+1
-x
n
|＜
|x
n
-x
n-1
|．
由此可得
．
易知
收敛，所以
绝对收敛．
因为
收敛，所以部分和数列S
n
=x
n+1
-x
n
+x
n
-x
n-1
+…+x
2
-x
1
=x
n+1
-x
1
收敛，即
存在，所以
存在．
设
，则
．所以a=f(a)．
令g(x)=f(x)-x，所以
g(0)=1＞0，
g(2)=f(2)-2=f(0)+f"(ξ)(2-0)-2＜f(0)+
(2-0)-2＜0，
所以g(x)在(0，2)上有一个根．又g"(x)=f"(x)-1＜0，则g(x)在(-∞，+∞)内唯一的根在(0，2)上．
所以0＜a＜1，即0＜