Question

16．已知數(shù)列{a_n}，{b_n}滿足a₁=2，b₁=4，且 2b_n=a_n+a_n +1，a_n+1²=b_nb_n+1．
（Ⅰ）求 a ₂，a₃，a₄ 及b₂，b₃，b₄；
（Ⅱ）猜想{a_n }，{b_n} 的通項(xiàng)公式，并證明你的結(jié)論；
（Ⅲ）證明：對所有的 n∈N^*，$\frac{{a}_{1}}{_{1}}$•$\frac{{a}_{3}}{_{3}}$•…•$\frac{{a}_{2n-1}}{_{2n-1}}$＜$\sqrt{\frac{_{n}-{a}_{n}}{_{n}+{a}_{n}}}$＜$\sqrt{2}$sin$\frac{1}{{\sqrt{2\sqrt{b_n}-1}}}$．

Answer 1

分析 （I）依次把n=1，2，3代入遞推式即可求出{a_n}，{b_n}的前4項(xiàng)；
（II）利用數(shù)學(xué)歸納法證明猜想；
（III）利用放縮法證明不等式左邊，利用函數(shù)單調(diào)性證明不等式右邊．

解答 解：（I）令n=1得$\left\{\begin{array}{l}{2_{1}={a}_{1}+{a}_{2}}\\{{{a}_{2}}^{2}=_{1}_{2}}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{{a}_{2}=6}\\{_{2}=9}\end{array}\right.$，
令n=2得$\left\{\begin{array}{l}{2_{2}={a}_{2}+{a}_{3}}\\{{{a}_{3}}^{2}=_{2}_{3}}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{{a}_{3}=12}\\{_{3}=16}\end{array}\right.$，
令n=3得$\left\{\begin{array}{l}{2_{3}={a}_{3}+{a}_{4}}\\{{{a}_{4}}^{2}=_{3}_{4}}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{{a}_{4}=20}\\{_{4}=25}\end{array}\right.$．
（II）猜想：a_n=n（n+1），b_n=（n+1）²．
證明：當(dāng)n=1時(shí)，猜想顯然成立，
假設(shè)n=k（k≥1）猜想成立，即a_k=k（k+1），b_k=（k+1）²，
∵2b_k=a_k+a_k+1，∴a_k+1=2b_k-a_k=2（k+1）²-k（k+1）=（k+1）（k+2），
∵a_k+1²=b_kb_k+1，∴b_k+1=$\frac{{{a}_{k+1}}^{2}}{_{k}}$=（k+2）²，
∴當(dāng)n=k+1時(shí)，猜想成立，
∴a_n=n（n+1），b_n=（n+1）²，n∈N₊．
（III）證明：由（II）可知$\frac{{a}_{n}}{_{n}}$=$\frac{n}{n+1}$，
于是原不等式等價(jià)于$\frac{1}{2}•\frac{3}{4}•\frac{5}{6}$…$\frac{2n-1}{2n}$＜$\sqrt{\frac{1}{2n+1}}$＜$\sqrt{2}$sin$\frac{1}{\sqrt{2n+1}}$，
（i）先證$\frac{1}{2}•\frac{3}{4}•\frac{5}{6}$…$\frac{2n-1}{2n}$＜$\sqrt{\frac{1}{2n+1}}$，
∵4n²-1＜4n²，∴（2n+1）（2n-1）＜4n²，
∴（2n-1）²（2n+1）＜4n²（2n-1），
即（$\frac{2n-1}{2n}$）²＜$\frac{2n-1}{2n+1}$，即$\frac{2n-1}{2n}$＜$\frac{\sqrt{2n-1}}{\sqrt{2n+1}}$，
∴$\frac{1}{2}•\frac{3}{4}•\frac{5}{6}$…$\frac{2n-1}{2n}$＜$\frac{1}{\sqrt{3}}$•$\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{5}}$•$\frac{\sqrt{5}}{\sqrt{7}}$…$\frac{\sqrt{2n-1}}{\sqrt{2n+1}}$=$\sqrt{\frac{1}{2n+1}}$，
（ii）再證$\sqrt{\frac{1}{2n+1}}$＜$\sqrt{2}$sin$\frac{1}{\sqrt{2n+1}}$．
令$\sqrt{\frac{1}{2n+1}}$=x，則0＜x≤$\sqrt{\frac{1}{3}}$＜$\frac{π}{4}$，
設(shè)f（x）=x-$\sqrt{2}$sinx，則f′（x）=1-$\sqrt{2}$cosx＜0，
∴f（x）在（0，$\frac{π}{4}$）上單調(diào)遞減，
∴f（x）＜f（0）=0，即x$＜\sqrt{2}$sinx，
∴$\sqrt{\frac{1}{2n+1}}$＜$\sqrt{2}$sin$\frac{1}{\sqrt{2n+1}}$．
綜上，對所有的 n∈N^*，$\frac{{a}_{1}}{_{1}}$•$\frac{{a}_{3}}{_{3}}$•…•$\frac{{a}_{2n-1}}{_{2n-1}}$＜$\sqrt{\frac{_{n}-{a}_{n}}{_{n}+{a}_{n}}}$＜$\sqrt{2}$sin$\frac{1}{{\sqrt{2\sqrt{b_n}-1}}}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了數(shù)學(xué)歸納法，放縮法證明不等式，函數(shù)單調(diào)性的應(yīng)用，屬于中檔題．