Question

7．已知函数f（x）=$\frac{3}{4}$x²tan2α+$\sqrt{10}$xcos（α+$\frac{π}{4}$），其中tanα=$\frac{1}{2}$，α∈（0，$\frac{π}{2}}$）
（I）求f（x）的解析式；
（Ⅱ）若数列{a_n}满足a₁=$\frac{2}{3}$，a_n+1=f（a_n），n∈N^*．求证：1＜$\frac{1}{{1+{a_1}}}$+$\frac{1}{{1+{a_2}}}$+…+$\frac{1}{{1+{a_n}}}$＜$\frac{3}{2}$（n∈N^*，n≥2）

Answer 1

分析 （Ⅰ）由tanα=$\frac{1}{2}$求得tan2α及sinα、cosα的值，代入原函数可得函数解析式；
（Ⅱ）由a_n+1=f（a_n）求得数列递推式，把数列递推式变形，可得$\frac{1}{1+{a}_{n}}=\frac{1}{{a}_{n}}-\frac{1}{{a}_{n+1}}$，结合已知放缩得答案．

解答 （Ⅰ）解：∵tanα=$\frac{1}{2}$，α∈（0，$\frac{π}{2}}$），
∴tan2α=$\frac{2tanα}{1-ta{n}^{2}α}=\frac{2×\frac{1}{2}}{1-（\frac{1}{2}）^{2}}=\frac{4}{3}$，
由$\left\{\begin{array}{l}{tanα=\frac{sinα}{cosα}=\frac{1}{2}}\\{si{n}^{2}α+co{s}^{2}α=1}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{sinα=\frac{\sqrt{5}}{5}}\\{cosα=\frac{2\sqrt{5}}{5}}\end{array}\right.$（0$＜α＜\frac{π}{2}$）．
∴cos（α+$\frac{π}{4}$）=cosαcos$\frac{π}{4}$-sinαsin$\frac{π}{4}$=$\frac{2\sqrt{5}}{5}×\frac{\sqrt{2}}{2}-\frac{\sqrt{5}}{5}×\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{\sqrt{10}}{10}$，
∴f（x）=$\frac{3}{4}$x²tan2α+$\sqrt{10}$xcos（α+$\frac{π}{4}$）=$\frac{3}{4}×\frac{4}{3}{x}^{2}+\sqrt{10}×\frac{\sqrt{10}}{10}x={x}^{2}+x$；
（Ⅱ）证明：由a_n+1=f（a_n），得${a}_{n+1}={{a}_{n}}^{2}+{a}_{n}$，
∴${a}_{n+1}-{a}_{n}={{a}_{n}}^{2}＞0$，则a_n+1＞a_n≥a₁，
∵a_n+1=a_n（a_n+1），则$\frac{1}{{a}_{n+1}}=\frac{1}{{a}_{n}（{a}_{n}+1）}=\frac{1}{{a}_{n}}-\frac{1}{1+{a}_{n}}$，
∴$\frac{1}{1+{a}_{n}}=\frac{1}{{a}_{n}}-\frac{1}{{a}_{n+1}}$．
又∵a₁=$\frac{2}{3}$，
∴$\frac{1}{{1+{a_1}}}$+$\frac{1}{{1+{a_2}}}$+…+$\frac{1}{{1+{a_n}}}$=$\frac{1}{{a}_{1}}-\frac{1}{{a}_{2}}+\frac{1}{{a}_{2}}-\frac{1}{{a}_{3}}+…+\frac{1}{{a}_{n}}-\frac{1}{{a}_{n+1}}$=$\frac{1}{{a}_{1}}-\frac{1}{{a}_{n+1}}$=$\frac{3}{2}-\frac{1}{{a}_{n+1}}$．
∴1＜$\frac{1}{{1+{a_1}}}$+$\frac{1}{{1+{a_2}}}$+…+$\frac{1}{{1+{a_n}}}$＜$\frac{3}{2}$．

点评 本题考查三角函数中的恒等变换应用，着重考查数列不等式的证明，把已知递推式灵活变形是关键，是中档题．