Question

10．设α∈（0，$\frac{π}{2}$）且tanα=$\sqrt{2}$-1，f（x）=x²•tan2α+x•sin（2α+$\frac{π}{4}$），数列{a_n}中，a₁=$\frac{1}{2}$，a_n+1=f（a_n）．
（1）化简f（x）；
（2）求证：a_n+1＞a_n；
（3）求证：1＜$\frac{1}{{a}_{1}+1}$+$\frac{1}{{a}_{2}+1}$+…+$\frac{1}{{a}_{n}+1}$＜2．

Answer 1

分析 （1）通过tan2α=$\frac{2tanα}{1-ta{n}^{2}α}$及$α∈（0，\frac{π}{2}）$知sin（2α+$\frac{π}{4}$）=1，进而可得结论；
（2）通过对a_n+1=f（a_n）=${{a}_{n}}^{2}$+a_n变形即可；
（3）通过利用a_n+1=a_n+${{a}_{n}}^{2}$，分离$\frac{1}{{a}_{n+1}}$=$\frac{1}{{a}_{n}+{{a}_{n}}^{2}}$中分母，并项相加即可．

解答 （1）解：根据二倍角的正切公式得：tan2α=$\frac{2tanα}{1-ta{n}^{2}α}$=$\frac{2（\sqrt{2}-1）}{1-（\sqrt{2}-1）^{2}}$=1，
又∵$α∈（0，\frac{π}{2}）$，∴$2α=\frac{π}{4}$，
∴sin（2α+$\frac{π}{4}$）=1，
∴f（x）=x²+x；
（2）证明：∵a_n+1=f（a_n）=${{a}_{n}}^{2}$+a_n，
∴a_n+1-a_n=${{a}_{n}}^{2}$＞0，
∴a_n+1＞a_n；
（3）证明：∵a_n+1=a_n+${{a}_{n}}^{2}$，
∴$\frac{1}{{a}_{n+1}}$=$\frac{1}{{a}_{n}+{{a}_{n}}^{2}}$=$\frac{1}{{a}_{n}}$-$\frac{1}{1+{a}_{n}}$，
∴$\frac{1}{1+{a}_{n}}$=$\frac{1}{{a}_{n}}$-$\frac{1}{{a}_{n+1}}$，
又∵a₁=$\frac{1}{2}$，
∴$\frac{1}{{a}_{1}+1}$+$\frac{1}{{a}_{2}+1}$+…+$\frac{1}{{a}_{n}+1}$=$\frac{1}{{a}_{1}}$-$\frac{1}{{a}_{2}}$+$\frac{1}{{a}_{2}}$-$\frac{1}{{a}_{3}}$+…+$\frac{1}{{a}_{n}}$-$\frac{1}{{a}_{n+1}}$
=$\frac{1}{{a}_{1}}$-$\frac{1}{{a}_{n+1}}$
=2-$\frac{1}{{a}_{n+1}}$，
∵a₂=$（\frac{1}{2}）^{2}$+$\frac{1}{2}$=$\frac{3}{4}$，a₃=$（\frac{3}{4}）^{2}+\frac{3}{4}$＞1，
又∵当n≥2时，a_n+1≥a₃＞1，
∴1＜2-$\frac{1}{{a}_{n+1}}$＜2，
∴1＜$\frac{1}{{a}_{1}+1}$+$\frac{1}{{a}_{2}+1}$+…+$\frac{1}{{a}_{n}+1}$＜2．

点评 本题是一道数列与函数的综合题，涉及到三角函数的求值等问题，利用并项法相加是解决本题的关键，属于中档题．