Question

7．已知各項都是正數(shù)的數(shù)列{a_n}滿足：a₁=1，$\frac{{1-a_{n+1}^2}}{1+a_n^2}=\frac{{{a_{n+1}}}}{a_n}$．
（Ⅰ）求a₂，a₃，a₄的值，并猜想數(shù)列{a_n}的通項公式；
（Ⅱ）設(shè)數(shù)列{a_n}的前n項和為S_n，${b_n}=\frac{1}{S_n^2}（n∈{N^*}）$，若A=b_n+1+b_n+2+…+b_2n，B=cosb_n+1•cosb_n+2•…cosb_2n，求證：$\frac{A}{B}＜\frac{ln4}{{\sqrt{3}}}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）通過對$\frac{{1-a_{n+1}^2}}{1+a_n^2}=\frac{{{a_{n+1}}}}{a_n}$變形可得數(shù)列$\left\{{\frac{1}{{{a_n}^2}}+{a_n}^2}\right\}$是以2為首項、4為公差的等差數(shù)列，計算即得結(jié)論；
（Ⅱ）先證ln（x+1）≤x，可得$\frac{1}{n}＜ln\frac{n}{n-1}$，從而有A＜ln2．再證當$x∈（0，\frac{π}{2}）$時，sinx＜x，從而有$B＞\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，即得結(jié)論．

解答 （Ⅰ）解：由${a_n}＞0⇒1-{a_{n+1}}^2＞0⇒0＜{a_{n+1}}＜1$，
∴a₁=1，當n≥2時，0＜a_n＜1，
由題知$\frac{1}{{{a_{n+1}}}}-{a_{n+1}}={a_n}+\frac{1}{a_n}⇒（\frac{1}{{{a_{n+1}}^2}}+{a_{n+1}}^2）-（\frac{1}{{{a_n}^2}}+{a_n}^2）=4$，
而${a_1}^2+\frac{1}{{{a_1}^2}}=2$，
即數(shù)列$\left\{{\frac{1}{{{a_n}^2}}+{a_n}^2}\right\}$是以2為首項、4為公差的等差數(shù)列，
∴$\frac{1}{{{a_n}^2}}+{a_n}^2=4n-2$
即${a_n}=\sqrt{n}-\sqrt{n-1}$；
∴${a}_{2}=\sqrt{2}-1$，${a}_{3}=\sqrt{3}-\sqrt{2}$，${a}_{4}=2-\sqrt{3}$，${a}_{n}=\sqrt{n}-\sqrt{n-1}$．
（Ⅱ）證明：${S_n}={a_1}+{a_2}+…+{a_n}=（\sqrt{1}-\sqrt{0}）+（\sqrt{2}-\sqrt{1}）+…+（\sqrt{n}-\sqrt{n-1}）=\sqrt{n}$
∴${b_n}=\frac{1}{n}$，$A=\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+…+\frac{1}{2n}$，$B=cos\frac{1}{n+1}cos\frac{1}{n+2}…cos\frac{1}{2n}$．
先證ln（x+1）≤x：
令f（x）=ln（x+1）-x，則$f'（x）=\frac{1}{x+1}-1=\frac{-x}{x+1}$，
∴f（x）在（-1，0）上單增，在（0，+∞）上單減，
故f（x）≤f（0）=0，即當x≠0時，ln（x+1）＜x；
令$x=-\frac{1}{n}$（n＞1），則有$ln（1-\frac{1}{n}）＜-\frac{1}{n}$，即$\frac{1}{n}＜ln\frac{n}{n-1}$．
故有$A=\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+…+\frac{1}{2n}＜ln\frac{n+1}{n}+ln\frac{n+2}{n+1}+…+ln\frac{2n}{2n-1}=ln2$；
先證當$x∈（0，\frac{π}{2}）$時，sinx＜x：
令$g（x）=sinx-x（0＜x＜\frac{π}{2}）⇒g'（x）=cosx-1＜0$，
∴g（x）在$（0，\frac{π}{2}）$上單減，故g（x）＜g（0）=0，
即sinx＜x在$（0，\frac{π}{2}）$上成立；
令$x=\frac{1}{n}$（n∈N^*），則${sin^2}\frac{1}{n}＜\frac{1}{n^2}⇒{cos^2}\frac{1}{n}＞1-\frac{1}{n^2}=\frac{（n-1）（n+1）}{n^2}$，
故${B^2}＞\frac{n（n+2）}{{{{（n+1）}^2}}}•\frac{（n+1）（n+3）}{{{{（n+2）}^2}}}•…•\frac{（2n-1）（2n+1）}{{{{（2n）}^2}}}=\frac{2n+1}{2n+2}$≥$\frac{3}{4}$，∴$B＞\frac{{\sqrt{3}}}{2}$；
綜上，$\frac{A}{B}＜\frac{ln2}{{\frac{{\sqrt{3}}}{2}}}=\frac{ln4}{{\sqrt{3}}}$．

點評 本題是一道數(shù)列與不等式的綜合題，考查求數(shù)列的通項，對表達式的靈活變形是解決本題的關(guān)鍵，屬于中檔題．