Question

1．己知点列A_n（x_n，0）满足：$\overrightarrow{{A_0}{A_n}}•\overrightarrow{{A_1}{A_{n+1}}}$=a-1其中n∈N^*，又已知x₀=-1，x₁=1，
（1）若a=0，数列x_n的通项公式（n∈N^*）；
（2）若a=2，点$B（\sqrt{2}，0）$，记a_n=|BA_n|（n∈N^*），且{a_n}的前n项和为S_n，求证：S_n＜$\frac{{4\sqrt{2}-2}}{7}$．

Answer 1

分析 （1）利用向量数量积运算可得（x_n+1）（x_n+1-1）=-1，变形$\frac{1}{{x}_{n+1}}-\frac{1}{{x}_{n}}$=1，再利用等差数列的通项公式即可得出．
（2）当a=2时，由$\overrightarrow{{A_0}{A_n}}•\overrightarrow{{A_1}{A_{n+1}}}$=2-1，可得：（x_n+1）（x_n+1-1）=1，化为x_n+1=$\frac{{x}_{n}+2}{{x}_{n}+1}$＞1，a_n+1=$|{x}_{n+1}-\sqrt{2}|$=$|\frac{{x}_{n}+2}{{x}_{n}+1}-\sqrt{2}|$=$\frac{\sqrt{2}-1}{{x}_{n}+1}|{x}_{n}-\sqrt{2}|$$≤\frac{\sqrt{2}-1}{2}{a}_{n}$，（只有n=1时取等号）．利用“放缩法”与等比数列的前n项和公式即可得出．

解答 （1）解：∵$\overrightarrow{{A_0}{A_n}}•\overrightarrow{{A_1}{A_{n+1}}}$=-1其中n∈N^*，又x₀=-1，x₁=1，
∴（x_n+1，0）•（x_n+1-1，0）=-1，
∴（x_n+1）（x_n+1-1）=-1，
化为$\frac{1}{{x}_{n+1}}-\frac{1}{{x}_{n}}$=1，
∴数列$\{\frac{1}{{x}_{n}}\}$为等差数列，首项为1，公差为1，
∴$\frac{1}{{x}_{n}}$=1+（n-1）=n，
∴x_n=$\frac{1}{n}$．
（2）证明：当a=2时，$\overrightarrow{{A_0}{A_n}}•\overrightarrow{{A_1}{A_{n+1}}}$=2-1，可得：（x_n+1）（x_n+1-1）=1，
化为x_n+1=$\frac{{x}_{n}+2}{{x}_{n}+1}$＞1，
a_n+1=$|{x}_{n+1}-\sqrt{2}|$=$|\frac{{x}_{n}+2}{{x}_{n}+1}-\sqrt{2}|$=$\frac{\sqrt{2}-1}{{x}_{n}+1}|{x}_{n}-\sqrt{2}|$$≤\frac{\sqrt{2}-1}{2}{a}_{n}$，（只有n=1时取等号）．
∴a_n+1$＜（\frac{\sqrt{2}-1}{2}）^{2}{a}_{n-1}$＜…＜$（\frac{\sqrt{2}-1}{2}）^{n}{a}_{1}$=$（\frac{\sqrt{2}-1}{2}）^{n}$$（\sqrt{2}-1）$．
∴S_n=a₁+a₂+…+a_n
＜$（\sqrt{2}-1）$$[1+\frac{\sqrt{2}-1}{2}+（\frac{\sqrt{2}-1}{2}）^{2}+…+（\frac{\sqrt{2}-1}{2}）^{n-1}]$
=$（\sqrt{2}-1）•\frac{1-（\frac{\sqrt{2}-1}{2}）^{n}}{1-\frac{\sqrt{2}-1}{2}}$＜$\frac{2（\sqrt{2}-1）}{3-\sqrt{2}}$=$\frac{4\sqrt{2}-2}{7}$．
∴S_n＜$\frac{{4\sqrt{2}-2}}{7}$．

点评 本题考查了等差数列与等比数列的通项公式及其前n项和公式、“放缩法”、不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于难题．