已知函数 $f\left( x \right) = \left( {1 - x} \right){\mathrm{e}^x} - 1$．
【难度】
【出处】
2013年清华大学等多校联考自主选拔考试
【标注】
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证明：当 $x > 0$ 时，$f\left( x \right) < 0$．标注答案略解析对原函数求导，得$$f'\left( x \right) = - x{\mathrm{e}^x},$$所以 $f\left( x \right)$ 在 $\left[ {0, + \infty } \right)$ 上单调递减．
因此当 $x > 0$ 时，$f\left( x \right) < f\left( 0 \right) = 0$． -
设数列 $\left\{ {{x_n}} \right\}$ 满足 ${x_n}{\mathrm{e}^{{x_{n + 1}}}} = {\mathrm{e}^{{x_n}}} - 1$ 且 ${x_1} = 1$．证明：$\left\{ {{x_n}} \right\}$ 单调递减且 ${x_n} > \dfrac{1}{{{2^n}}}$．标注答案略解析显然 ${x_n} > 0$．
先证明 $\left\{ {{x_n}} \right\}$ 单调递减，即 ${x_{n + 1}} < {x_n}$，等价于$${\mathrm e}^{x_{n + 1}} < {\mathrm e}^{x_n},$$即$$\dfrac{{{\mathrm{e}^{{x_n}}} - 1}}{{{x_n}}} < {\mathrm{e}^{{x_n}}}$$可整理为$${\mathrm{e}^{{x_n}}}\left( {1 - {x_n}} \right) - 1 < 0,$$根据第 $(1)$ 小题，命题得证．
再证明 ${x_n} > \dfrac{1}{{{2^n}}}$，只需要证明 $\dfrac{{{x_{n + 1}}}}{{{x_n}}} > \dfrac{1}{2}$，等价于$$\dfrac{{\ln \left( {\dfrac{{{\mathrm{e}^{{x_n}}} - 1}}{{{x_n}}}} \right)}}{{{x_n}}} > \dfrac{1}{2},$$变形得$$\ln \left( {{\mathrm{e}^{{x_n}}} - 1} \right) - \ln {x_n} - \dfrac{1}{2}{x_n} > 0,$$令 $h\left( x \right) = \ln \left( {{\mathrm{e}^x} - 1} \right) - \ln x - \dfrac{1}{2}x$，则$$h'\left( x \right) = \dfrac{{{\mathrm{e}^x}}}{{{\mathrm{e}^x} - 1}} - \dfrac{1}{x} - \dfrac{1}{2} = \dfrac{{2x{\mathrm{e}^x} - 2\left( {{\mathrm{e}^x} - 1} \right) - x\left( {{\mathrm{e}^x} - 1} \right)}}{{2x\left( {{\mathrm{e}^x} - 1} \right)}} = \dfrac{{{\mathrm{e}^x}\left( {x - 2} \right) + x + 2}}{{2x\left( {{\mathrm{e}^x} - 1} \right)}},$$记 $g(x)={\mathrm{e}^x}\left( {x - 2} \right) + x + 2$，则$$g(0)=0,g'(x)={\mathrm e}^x(x-1)+1=-f(x)>0,$$所以当 $x > 0$ 时，$h'\left( x \right) > 0$，因此 $h\left( x \right)$ 单调递增，于是当 $x > 0$ 时，$h\left( x \right) > h\left( 0 \right) = 0$，命题得证．
综上，原命题得证．
题目
问题1
答案1
解析1
备注1
问题2
答案2
解析2
备注2
