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  3. (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

admin2018-03-11  40
问题 (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
选项
答案证明：(I)由Lagrange中值定理可得 |xn+1一xn|=|f(xn)一f(xn-1)|=|f′(ξn)||xn一xn-1|， 其中ξn在xn与xn-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xn+1=f(xn)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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