Question

14．已知各項(xiàng)均為正數(shù)的兩個(gè)數(shù)列{a_n}和{b_n}滿(mǎn)足：a_n+1=$\frac{{a}_{n}+_{n}}{\sqrt{{{a}_{n}}^{2}+{_{n}}^{2}}}$，n∈N^*．
（1）設(shè)b_n+1=1+$\frac{_{n}}{{a}_{n}}$，n∈N^*，求證：數(shù)列{（$\frac{_{n}}{{a}_{n}}$）²}是等差數(shù)列；
（2）若a₁=b₁=1，求數(shù)列{a_n}和{b_n}的通項(xiàng)公式．

Answer 1

分析 （1）通過(guò)將b_n+1=$\frac{{a}_{n}+_{n}}{{a}_{n}}$代入a_n+1=$\frac{{a}_{n}+_{n}}{\sqrt{{{a}_{n}}^{2}+{_{n}}^{2}}}$計(jì)算可知$\frac{_{n+1}}{{a}_{n+1}}$=$\sqrt{1+（\frac{_{n}}{{a}_{n}}）^{2}}$，進(jìn)而可知數(shù)列{（$\frac{_{n}}{{a}_{n}}$）²}是公差為1的等差數(shù)列；
（2）通過(guò)$（\frac{_{1}}{{a}_{1}}）^{2}$=1及（1）可知b_n=$\sqrt{n}$a_n，代入a_n+1=$\frac{{a}_{n}+_{n}}{\sqrt{{{a}_{n}}^{2}+{_{n}}^{2}}}$計(jì)算可知a_n=$\frac{1+\sqrt{n-1}}{\sqrt{n}}$，進(jìn)而計(jì)算可得結(jié)論．

解答 （1）證明：∵b_n+1=1+$\frac{_{n}}{{a}_{n}}$=$\frac{{a}_{n}+_{n}}{{a}_{n}}$，
∴a_n+1=$\frac{{a}_{n}+_{n}}{\sqrt{{{a}_{n}}^{2}+{_{n}}^{2}}}$=$\frac{\frac{{a}_{n}+_{n}}{{a}_{n}}}{\frac{\sqrt{{{a}_{n}}^{2}+{_{n}}^{2}}}{{a}_{n}}}$=$\frac{_{n+1}}{\sqrt{1+（\frac{_{n}}{{a}_{n}}）^{2}}}$，
∴$\frac{_{n+1}}{{a}_{n+1}}$=$\sqrt{1+（\frac{_{n}}{{a}_{n}}）^{2}}$，
∴$（\frac{_{n+1}}{{a}_{n+1}}）^{2}$-$（\frac{_{n}}{{a}_{n}}）^{2}$=$[\sqrt{1+（\frac{_{n}}{{a}_{n}}）^{2}}]^{2}$-$（\frac{_{n}}{{a}_{n}}）^{2}$=1，
∴數(shù)列{（$\frac{_{n}}{{a}_{n}}$）²}是公差為1的等差數(shù)列；
（2）解：∵$（\frac{_{1}}{{a}_{1}}）^{2}$=1，
∴$（\frac{_{n}}{{a}_{n}}）^{2}$=1+（n-1）=n，
又∵數(shù)列{a_n}和{b_n}中各項(xiàng)均為正數(shù)，
∴b_n=$\sqrt{n}$a_n，
∴a_n+1=$\frac{（1+\sqrt{n}）{a}_{n}}{\sqrt{{{（1+n）a}_{n}}^{2}}}$=$\frac{1+\sqrt{n}}{\sqrt{n+1}}$，即a_n=$\frac{1+\sqrt{n-1}}{\sqrt{n}}$，
又∵a₁=1滿(mǎn)足上式，
∴a_n=$\frac{1+\sqrt{n-1}}{\sqrt{n}}$；
∴b_n=$\sqrt{n}$•$\frac{1+\sqrt{n-1}}{\sqrt{n}}$=1+$\sqrt{n-1}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查等差數(shù)列的判斷與通項(xiàng)，考查運(yùn)算求解能力，對(duì)表達(dá)式的靈活變形是解決本題的關(guān)鍵，注意解題方法的積累，屬于中檔題．