Question

15．已知數(shù)列{a_n}的首項(xiàng)為a₁=1，且點(diǎn)A_n（a_n，a_n+1）在函數(shù)y=$\frac{x}{x+1}$的圖象上．
（1）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（2）求證：直線A_nA_n+1的斜率隨n的增大而增大；
（3）令b_n=$\frac{（n+1）{{a}_{n}}^{2}}{4（n+2）^{2}}$，數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和為T_n，求證：對于任意的n∈N^*，都有T_n＜$\frac{5}{64}$．

Answer 1

分析 （1）點(diǎn)A_n（a_n，a_n+1）在函數(shù)y=$\frac{x}{x+1}$的圖象上，可得a_n+1=$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n}+1}$，兩邊取倒數(shù)，再利用等差數(shù)列的通項(xiàng)公式即可得出；
（2）利用斜率計(jì)算公式可得直線A_nA_n+1的斜率k_n=$\frac{{a}_{n+2}-{a}_{n+1}}{{a}_{n+1}-{a}_{n}}$=$\frac{1}{2}-\frac{1}{2（n+1）}$，由于數(shù)列$\{\frac{1}{n+1}\}$為單調(diào)遞減，即可得出單調(diào)性；
（3）由于b_n=$\frac{n+1}{4（n+2）^{2}{n}^{2}}$=$\frac{1}{16}$（$\frac{1}{{n}^{2}}-\frac{1}{（n+2）^{2}}$），利用“裂項(xiàng)求和”與不等式的性質(zhì)即可得出．

解答 （1）解：∵點(diǎn)A_n（a_n，a_n+1）在函數(shù)y=$\frac{x}{x+1}$的圖象上，∴a_n+1=$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n}+1}$，
兩邊取倒數(shù)可得：$\frac{1}{{a}_{n+1}}-\frac{1}{{a}_{n}}$=1，
∴數(shù)列{a_n}是等差數(shù)列，首項(xiàng)為1，公差為1，
∴$\frac{1}{{a}_{n}}$=1+（n-1）=n，∴a_n=$\frac{1}{n}$．
（2）證明：直線A_nA_n+1的斜率k_n=$\frac{{a}_{n+2}-{a}_{n+1}}{{a}_{n+1}-{a}_{n}}$=$\frac{\frac{1}{n+2}-\frac{1}{n+1}}{\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n}}$=$\frac{n}{2（n+1）}$=$\frac{1}{2}-\frac{1}{2（n+1）}$，
由于數(shù)列$\{\frac{1}{n+1}\}$為單調(diào)遞減，∴數(shù)列$\{\frac{n}{2（n+1）}\}$為單調(diào)遞增數(shù)列．
（3）證明：b_n=$\frac{（n+1）{{a}_{n}}^{2}}{4（n+2）^{2}}$=$\frac{n+1}{4（n+2）^{2}{n}^{2}}$=$\frac{1}{16}$（$\frac{1}{{n}^{2}}-\frac{1}{（n+2）^{2}}$），
∴數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和為T_n=$\frac{1}{16}$[$（1-\frac{1}{{3}^{2}}）$+$（\frac{1}{{2}^{2}}-\frac{1}{{4}^{2}}）$+$（\frac{1}{{3}^{2}}-\frac{1}{{5}^{2}}）$+…+$（\frac{1}{（n-1）^{2}}-\frac{1}{（n+1）^{2}}）$+$（\frac{1}{{n}^{2}}-\frac{1}{（n+2）^{2}}）$]
=$\frac{1}{16}$[$1+\frac{1}{4}$-$\frac{1}{（n+1）^{2}}$-$\frac{1}{（n+2）^{2}}$]＜$\frac{5}{64}$．
∴對于任意的n∈N^*，都有T_n＜$\frac{5}{64}$．

點(diǎn)評 本題考查了遞推式的應(yīng)用、等差數(shù)列的通項(xiàng)公式、“裂項(xiàng)求和”、數(shù)列的單調(diào)性、斜率計(jì)算公式，考查了變形能力、推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．