Question

17．在平面直角坐標系xOy中，y軸正半軸上的點列{A_n}與曲線y=$\sqrt{2x}$（x＞0）上的點列{B_n}滿足|OA_n|=|OB_n|=$\frac{1}{n}$，直線A_nB_n在x軸上的截距為a_n，點B_n的橫坐標為b_n，n∈N^*
（1）證明：a_n＞a_n+1＞4，n∈N^*
（2）證明：存在n₀∈N^*，使得對任意的n＞n₀，都有$\frac{_{2}}{_{1}}$+$\frac{_{3}}{_{2}}$+…+$\frac{_{n}}{_{n-1}}$+$\frac{_{n+1}}{_{n}}$＜n-2004．

Answer 1

分析 （1）由題意得點A_n（0，$\frac{1}{n}$），B_n（b_n，$\sqrt{2_{n}}$），從而可得b²_n+2b_n=$\frac{1}{{n}^{2}}$，從而解得b_n=$\sqrt{1+\frac{1}{{n}^{2}}}$-1，（b_n＞0）；化簡n²b_n=n（$\sqrt{{n}^{2}+1}$-n）=$\frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{{n}^{2}}}+1}$單調(diào)遞增；
令t_n=$\frac{1}{n\sqrt{_{n}}}$＞$\sqrt{2}$且t_n單調(diào)遞減，再由截距式方程可得a_n=$\frac{_{n}}{1-n\sqrt{2_{n}}}$=$\frac{1+n\sqrt{2_{n}}}{{n}^{2}_{n}}$=${t}_{n}^{2}$+$\sqrt{2}$t_n=（t_n+$\frac{\sqrt{2}}{2}$）²-$\frac{1}{2}$≥（$\sqrt{2}$+$\frac{\sqrt{2}}{2}$）²-$\frac{1}{2}$=4，從而證明；
（2）利用分析法，化為證明存在n₀∈N^*，使得對任意的n＞n₀，都有$\sum_{k=1}^{n}$（1-$\frac{_{k+1}}{_{k}}$）＞2004，再化簡1-$\frac{_{k+1}}{_{k}}$=$\frac{_{k}-_{k+1}}{_{k}}$=$\frac{\sqrt{1+\frac{1}{{k}^{2}}}-\sqrt{1+\frac{1}{（k+1）^{2}}}}{\sqrt{1+\frac{1}{{k}^{2}}}-1}$
＞$\frac{1}{k+2}$，從而證明．

解答 證明：（1）由題意，點A_n（0，$\frac{1}{n}$），B_n（b_n，$\sqrt{2_{n}}$），
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遞減；
n²b_n=n（$\sqrt{{n}^{2}+1}$-n）=$\frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{{n}^{2}}}+1}$單調(diào)遞增；
∴0＜n$\sqrt{_{n}}$＜$\frac{1}{\sqrt{2}}$，
令t_n=$\frac{1}{n\sqrt{_{n}}}$＞$\sqrt{2}$且t_n單調(diào)遞減，
由截距式方程知，$\frac{_{n}}{{a}_{n}}$+$\frac{\sqrt{2_{n}}}{\frac{1}{n}}$=1，
∴a_n=$\frac{_{n}}{1-n\sqrt{2_{n}}}$=$\frac{1+n\sqrt{2_{n}}}{{n}^{2}_{n}}$
=$（\frac{1}{n\sqrt{_{n}}}）^{2}$+$\sqrt{2}$$\frac{1}{n\sqrt{_{n}}}$
=${t}_{n}^{2}$+$\sqrt{2}$t_n=（t_n+$\frac{\sqrt{2}}{2}$）²-$\frac{1}{2}$≥（$\sqrt{2}$+$\frac{\sqrt{2}}{2}$）²-$\frac{1}{2}$=4，
且由于t_n單調(diào)遞減，知a_n單調(diào)遞減；
即a_n＞a_n+1＞4成立；
（2）要證存在n₀∈N^*，使得對任意的n＞n₀，都有$\frac{_{2}}{_{1}}$+$\frac{_{3}}{_{2}}$+…+$\frac{_{n}}{_{n-1}}$+$\frac{_{n+1}}{_{n}}$＜n-2004，
即證存在n₀∈N^*，使得對任意的n＞n₀，都有$\sum_{k=1}^{n}$（1-$\frac{_{k+1}}{_{k}}$）＞2004，
1-$\frac{_{k+1}}{_{k}}$=$\frac{_{k}-_{k+1}}{_{k}}$=$\frac{\sqrt{1+\frac{1}{{k}^{2}}}-\sqrt{1+\frac{1}{（k+1）^{2}}}}{\sqrt{1+\frac{1}{{k}^{2}}}-1}$
=k²（$\frac{1}{{k}^{2}}$-$\frac{1}{（k+1）^{2}}$）$\frac{\sqrt{1+\frac{1}{{k}^{2}}}+1}{\sqrt{1+\frac{1}{{k}^{2}}}+\sqrt{1+\frac{1}{（k+1）^{2}}}}$
≥$\frac{（2k+1）（\sqrt{1+\frac{1}{{k}^{2}}}+1）}{（k+1）^{2}2\sqrt{1+\frac{1}{{k}^{2}}}}$＞$\frac{2k+1}{（k+1）^{2}}$$•\frac{1}{2}$＞$\frac{1}{k+2}$．
∴$\sum_{k=1}^{n}$（1-$\frac{_{k+1}}{_{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}$+…，
只要n足夠大，就有$\sum_{k=1}^{n}$（1-$\frac{_{k+1}}{_{k}}$）＞2004成立．
即存在n₀∈N^*，使得對任意的n＞n₀，都有$\frac{_{2}}{_{1}}$+$\frac{_{3}}{_{2}}$+…+$\frac{_{n}}{_{n-1}}$+$\frac{_{n+1}}{_{n}}$＜n-2004．

點評 本題考查了數(shù)列與函數(shù)的應用，同時考查了放縮法證明，屬于難題．