Question

1．己知點列A_n（x_n，0）滿足：$\overrightarrow{{A_0}{A_n}}•\overrightarrow{{A_1}{A_{n+1}}}$=a-1其中n∈N^*，又已知x₀=-1，x₁=1，
（1）若a=0，數(shù)列x_n的通項公式（n∈N^*）；
（2）若a=2，點$B（\sqrt{2}，0）$，記a_n=|BA_n|（n∈N^*），且{a_n}的前n項和為S_n，求證：S_n＜$\frac{{4\sqrt{2}-2}}{7}$．

Answer 1

分析 （1）利用向量數(shù)量積運算可得（x_n+1）（x_n+1-1）=-1，變形$\frac{1}{{x}_{n+1}}-\frac{1}{{x}_{n}}$=1，再利用等差數(shù)列的通項公式即可得出．
（2）當a=2時，由$\overrightarrow{{A_0}{A_n}}•\overrightarrow{{A_1}{A_{n+1}}}$=2-1，可得：（x_n+1）（x_n+1-1）=1，化為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時取等號）．利用“放縮法”與等比數(shù)列的前n項和公式即可得出．

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，
化為$\frac{1}{{x}_{n+1}}-\frac{1}{{x}_{n}}$=1，
∴數(shù)列$\{\frac{1}{{x}_{n}}\}$為等差數(shù)列，首項為1，公差為1，
∴$\frac{1}{{x}_{n}}$=1+（n-1）=n，
∴x_n=$\frac{1}{n}$．
（2）證明：當a=2時，$\overrightarrow{{A_0}{A_n}}•\overrightarrow{{A_1}{A_{n+1}}}$=2-1，可得：（x_n+1）（x_n+1-1）=1，
化為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}|$$≤\frac{\sqrt{2}-1}{2}{a}_{n}$，（只有n=1時取等號）．
∴a_n+1$＜（\frac{\sqrt{2}-1}{2}）^{2}{a}_{n-1}$＜…＜$（\frac{\sqrt{2}-1}{2}）^{n}{a}_{1}$=$（\frac{\sqrt{2}-1}{2}）^{n}$$（\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＜$\frac{{4\sqrt{2}-2}}{7}$．

點評 本題考查了等差數(shù)列與等比數(shù)列的通項公式及其前n項和公式、“放縮法”、不等式的性質(zhì)，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．