题目 已知函数 $f(x)=x^2-2$，设曲线 $y=f(x)$ 在点 $A(x_n,f(x_n))$，$n\in \mathbb N^*$ 处的切线与 $x$ 轴交于点 $B(x_{n+1},0)$，$n\in \mathbb N^*$，且 $x_1=3$． 问题1 求证：$x_n>\sqrt 2$，$n\in \mathbb N^*$； 答案1 略 解析1 由 $f'(x)=2x$ 可知，在点 $A(x_n,f(x_n))$，$n\in \mathbb N^*$ 处的切线方程为$$y-f(x_n)=2x_n(x-x_n),$$即$$y=2x_nx-2-x_n^2.$$令 $y=0$，得$$x_{n+1}=\dfrac{2+x_n^2}{2x_n},n\in \mathbb N^*,$$显然 $x_n>0$．<br/>用数学归纳法证明．<br/><case>归纳基础</case>当 $n=1$ 时，$x_1=3>\sqrt 2$，不等式成立；<br/><case>递推证明</case>假设当 $n=k$ 时，不等式成立，即$$x_k>\sqrt 2.$$当 $n=k+1$ 时，$$x_{k+1}=\dfrac{2+x_k^2}{2x_k}=\dfrac 12 \left(x_k+\dfrac 2{x_k}\right),$$由均值不等式知$$x_k+\dfrac 2{x_k}\geqslant 2\sqrt 2,$$等号当且仅当 $x_k=\dfrac 2{x_k}$，即 $x_k=\sqrt 2$ 时成立．<br/>又因为 $x_k>\sqrt 2$，所以$$x_k+\dfrac 2{x_k}>2\sqrt 2,$$则$$x_{k+1}>\dfrac 12 \cdot 2\sqrt 2 =\sqrt 2,$$即当 $n=k+1$ 时，不等式成立．<br/>因此 $x_n>\sqrt 2$，$n\in \mathbb N^*$ 得证． 备注1 问题2 设 $b_n=x_n-\sqrt 2$，数列 $\{b_n\}$ 的前 $n$ 项和为 $T_n$，证明：$T_n<2(3-\sqrt 2)$． 答案2 略 解析2 由题可知$$b_{n+1}=x_{n+1}-\sqrt 2=\dfrac{(x_n-\sqrt 2)^2}{2x_n},$$由 $(1)$ 可知，$x_n>\sqrt 2$，$n\in \mathbb N^*$，所以$$\dfrac{x_{n+1}-\sqrt 2}{x_n-\sqrt 2}=\dfrac{x_n-\sqrt 2}{2x_n}=\dfrac 12 -\dfrac 1{\sqrt 2 x_n}<\dfrac 12,$$即 $b_{n+1}<\dfrac 12 b_n$，从而得\[\begin{split}T_n&<b_1+\dfrac 12b_1+\cdots +\dfrac 1{2^{n-1}}b_1\\&<2b_1\left(1-\dfrac 1{2^n}\right)\\&<2b_1\\&=2(3-\sqrt 2).\end{split}\] 备注2