Question

17．在平面直角坐标系xOy中，y轴正半轴上的点列{A_n}与曲线y=$\sqrt{2x}$（x＞0）上的点列{B_n}满足|OA_n|=|OB_n|=$\frac{1}{n}$，直线A_nB_n在x轴上的截距为a_n，点B_n的横坐标为b_n，n∈N^*
（1）证明：a_n＞a_n+1＞4，n∈N^*
（2）证明：存在n₀∈N^*，使得对任意的n＞n₀，都有$\frac{{b}_{2}}{{b}_{1}}$+$\frac{{b}_{3}}{{b}_{2}}$+…+$\frac{{b}_{n}}{{b}_{n-1}}$+$\frac{{b}_{n+1}}{{b}_{n}}$＜n-2004．

Answer 1

分析 （1）由题意得点A_n（0，$\frac{1}{n}$），B_n（b_n，$\sqrt{2{b}_{n}}$），从而可得b²_n+2b_n=$\frac{1}{{n}^{2}}$，从而解得b_n=$\sqrt{1+\frac{1}{{n}^{2}}}$-1，（b_n＞0）；化简n²b_n=n（$\sqrt{{n}^{2}+1}$-n）=$\frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{{n}^{2}}}+1}$单调递增；
令t_n=$\frac{1}{n\sqrt{{b}_{n}}}$＞$\sqrt{2}$且t_n单调递减，再由截距式方程可得a_n=$\frac{{b}_{n}}{1-n\sqrt{2{b}_{n}}}$=$\frac{1+n\sqrt{2{b}_{n}}}{{n}^{2}{b}_{n}}$=${t}_{n}^{2}$+$\sqrt{2}$t_n=（t_n+$\frac{\sqrt{2}}{2}$）²-$\frac{1}{2}$≥（$\sqrt{2}$+$\frac{\sqrt{2}}{2}$）²-$\frac{1}{2}$=4，从而证明；
（2）利用分析法，化为证明存在n₀∈N^*，使得对任意的n＞n₀，都有$\sum_{k=1}^{n}$（1-$\frac{{b}_{k+1}}{{b}_{k}}$）＞2004，再化简1-$\frac{{b}_{k+1}}{{b}_{k}}$=$\frac{{b}_{k}-{b}_{k+1}}{{b}_{k}}$=$\frac{\sqrt{1+\frac{1}{{k}^{2}}}-\sqrt{1+\frac{1}{（k+1）^{2}}}}{\sqrt{1+\frac{1}{{k}^{2}}}-1}$
＞$\frac{1}{k+2}$，从而证明．

解答 证明：（1）由题意，点A_n（0，$\frac{1}{n}$），B_n（b_n，$\sqrt{2{b}_{n}}$），
b²_n+2b_n=$\frac{1}{{n}^{2}}$，
故b_n=$\sqrt{1+\frac{1}{{n}^{2}}}$-1，（b_n＞0）；
∴0＜b_n＜$\frac{1}{2{n}^{2}}$，且b_n递减；
n²b_n=n（$\sqrt{{n}^{2}+1}$-n）=$\frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{{n}^{2}}}+1}$单调递增；
∴0＜n$\sqrt{{b}_{n}}$＜$\frac{1}{\sqrt{2}}$，
令t_n=$\frac{1}{n\sqrt{{b}_{n}}}$＞$\sqrt{2}$且t_n单调递减，
由截距式方程知，$\frac{{b}_{n}}{{a}_{n}}$+$\frac{\sqrt{2{b}_{n}}}{\frac{1}{n}}$=1，
∴a_n=$\frac{{b}_{n}}{1-n\sqrt{2{b}_{n}}}$=$\frac{1+n\sqrt{2{b}_{n}}}{{n}^{2}{b}_{n}}$
=$（\frac{1}{n\sqrt{{b}_{n}}}）^{2}$+$\sqrt{2}$$\frac{1}{n\sqrt{{b}_{n}}}$
=${t}_{n}^{2}$+$\sqrt{2}$t_n=（t_n+$\frac{\sqrt{2}}{2}$）²-$\frac{1}{2}$≥（$\sqrt{2}$+$\frac{\sqrt{2}}{2}$）²-$\frac{1}{2}$=4，
且由于t_n单调递减，知a_n单调递减；
即a_n＞a_n+1＞4成立；
（2）要证存在n₀∈N^*，使得对任意的n＞n₀，都有$\frac{{b}_{2}}{{b}_{1}}$+$\frac{{b}_{3}}{{b}_{2}}$+…+$\frac{{b}_{n}}{{b}_{n-1}}$+$\frac{{b}_{n+1}}{{b}_{n}}$＜n-2004，
即证存在n₀∈N^*，使得对任意的n＞n₀，都有$\sum_{k=1}^{n}$（1-$\frac{{b}_{k+1}}{{b}_{k}}$）＞2004，
1-$\frac{{b}_{k+1}}{{b}_{k}}$=$\frac{{b}_{k}-{b}_{k+1}}{{b}_{k}}$=$\frac{\sqrt{1+\frac{1}{{k}^{2}}}-\sqrt{1+\frac{1}{（k+1）^{2}}}}{\sqrt{1+\frac{1}{{k}^{2}}}-1}$
=k²（$\frac{1}{{k}^{2}}$-$\frac{1}{（k+1）^{2}}$）$\frac{\sqrt{1+\frac{1}{{k}^{2}}}+1}{\sqrt{1+\frac{1}{{k}^{2}}}+\sqrt{1+\frac{1}{（k+1）^{2}}}}$
≥$\frac{（2k+1）（\sqrt{1+\frac{1}{{k}^{2}}}+1）}{（k+1）^{2}2\sqrt{1+\frac{1}{{k}^{2}}}}$＞$\frac{2k+1}{（k+1）^{2}}$$•\frac{1}{2}$＞$\frac{1}{k+2}$．
∴$\sum_{k=1}^{n}$（1-$\frac{{b}_{k+1}}{{b}_{k}}$）＞$\sum_{k=1}^{n}$$\frac{1}{k+2}$＞（$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{4}$）+（$\frac{1}{5}$+$\frac{1}{6}$+$\frac{1}{7}$+$\frac{1}{8}$）+…＞$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2}$+…，
只要n足够大，就有$\sum_{k=1}^{n}$（1-$\frac{{b}_{k+1}}{{b}_{k}}$）＞2004成立．
即存在n₀∈N^*，使得对任意的n＞n₀，都有$\frac{{b}_{2}}{{b}_{1}}$+$\frac{{b}_{3}}{{b}_{2}}$+…+$\frac{{b}_{n}}{{b}_{n-1}}$+$\frac{{b}_{n+1}}{{b}_{n}}$＜n-2004．

点评 本题考查了数列与函数的应用，同时考查了放缩法证明，属于难题．