已知数列 $\{x_n\}$ 满足 $x_{n+1}=x_n-\ln x_n$，且 $x_1={\rm e}$，求证：$\displaystyle \sum_{k=1}^n\dfrac{x_k-x_{k+1}}{x_k\sqrt{x_k}}<1$．
【难度】
【出处】
无
【标注】
【答案】
略
【解析】
因为 $x-\ln x>1$，所以 $x_n>1$ 恒成立，于是有 $x_{n+1}-x_n=-\ln x_n<0$，所以数列 $\{x_n\}$ 单调递减，且 $x_n>1$．根据题意，有\[S_n=\sum_{k=1}^n\dfrac{x_k-x_{k+1}}{x_k\sqrt{x_k}}=\sum_{k=1}^n\dfrac{\ln x_k}{x_k^{\frac 32}}<{\rm e}^{-\frac 32}+\dfrac{\ln({\rm e}-1)}{({\rm e}-1)^{\frac 32}}+\sum_{k=3}^n\left(x_k-1\right).\]另一方面，有\[x_{n+1}-1=x_n-1-\ln x_n,\]于是\[\dfrac{x_{n+1}-1}{x_n-1}=1-\dfrac{\ln x_n}{x_n-1},\]容易证明当 $n\geqslant 2$ 时，有 $1<x_n\leqslant {\rm e}-1$，于是\[\dfrac{x_{n+1}-1}{x_n-1}\leqslant 1-\dfrac{\ln({\rm e}-1)}{{\rm e}-2}<\dfrac 14,\]于是当 $n\geqslant 3$ 时，有\[x_n\leqslant 1+\dfrac 1{
4^{n-3}}\cdot \left({\rm e}-2-\ln({\rm e}-1)\right),\]于是\[S_n<{\rm e}^{-\frac 32}+\dfrac{\ln({\rm e}-1)}{({\rm e}-1)^{\frac 32}}+\dfrac{{\rm e}-2-\ln({\rm e}-1)}{1-\dfrac 14}={\rm e}^{-\frac 32}+\dfrac{\ln({\rm e}-1)}{({\rm e}-1)^{\frac 32}}+\dfrac 43\left({\rm e}-2-\ln({\rm e}-1)\right)<1.\]
4^{n-3}}\cdot \left({\rm e}-2-\ln({\rm e}-1)\right),\]于是\[S_n<{\rm e}^{-\frac 32}+\dfrac{\ln({\rm e}-1)}{({\rm e}-1)^{\frac 32}}+\dfrac{{\rm e}-2-\ln({\rm e}-1)}{1-\dfrac 14}={\rm e}^{-\frac 32}+\dfrac{\ln({\rm e}-1)}{({\rm e}-1)^{\frac 32}}+\dfrac 43\left({\rm e}-2-\ln({\rm e}-1)\right)<1.\]
答案
解析
备注
