Question

14．已知各项均为正数的两个数列{a_n}和{b_n}满足：a_n+1=$\frac{{a}_{n}+{b}_{n}}{\sqrt{{{a}_{n}}^{2}+{{b}_{n}}^{2}}}$，n∈N^*．
（1）设b_n+1=1+$\frac{{b}_{n}}{{a}_{n}}$，n∈N^*，求证：数列{（$\frac{{b}_{n}}{{a}_{n}}$）²}是等差数列；
（2）若a₁=b₁=1，求数列{a_n}和{b_n}的通项公式．

Answer 1

分析 （1）通过将b_n+1=$\frac{{a}_{n}+{b}_{n}}{{a}_{n}}$代入a_n+1=$\frac{{a}_{n}+{b}_{n}}{\sqrt{{{a}_{n}}^{2}+{{b}_{n}}^{2}}}$计算可知$\frac{{b}_{n+1}}{{a}_{n+1}}$=$\sqrt{1+（\frac{{b}_{n}}{{a}_{n}}）^{2}}$，进而可知数列{（$\frac{{b}_{n}}{{a}_{n}}$）²}是公差为1的等差数列；
（2）通过$（\frac{{b}_{1}}{{a}_{1}}）^{2}$=1及（1）可知b_n=$\sqrt{n}$a_n，代入a_n+1=$\frac{{a}_{n}+{b}_{n}}{\sqrt{{{a}_{n}}^{2}+{{b}_{n}}^{2}}}$计算可知a_n=$\frac{1+\sqrt{n-1}}{\sqrt{n}}$，进而计算可得结论．

解答 （1）证明：∵b_n+1=1+$\frac{{b}_{n}}{{a}_{n}}$=$\frac{{a}_{n}+{b}_{n}}{{a}_{n}}$，
∴a_n+1=$\frac{{a}_{n}+{b}_{n}}{\sqrt{{{a}_{n}}^{2}+{{b}_{n}}^{2}}}$=$\frac{\frac{{a}_{n}+{b}_{n}}{{a}_{n}}}{\frac{\sqrt{{{a}_{n}}^{2}+{{b}_{n}}^{2}}}{{a}_{n}}}$=$\frac{{b}_{n+1}}{\sqrt{1+（\frac{{b}_{n}}{{a}_{n}}）^{2}}}$，
∴$\frac{{b}_{n+1}}{{a}_{n+1}}$=$\sqrt{1+（\frac{{b}_{n}}{{a}_{n}}）^{2}}$，
∴$（\frac{{b}_{n+1}}{{a}_{n+1}}）^{2}$-$（\frac{{b}_{n}}{{a}_{n}}）^{2}$=$[\sqrt{1+（\frac{{b}_{n}}{{a}_{n}}）^{2}}]^{2}$-$（\frac{{b}_{n}}{{a}_{n}}）^{2}$=1，
∴数列{（$\frac{{b}_{n}}{{a}_{n}}$）²}是公差为1的等差数列；
（2）解：∵$（\frac{{b}_{1}}{{a}_{1}}）^{2}$=1，
∴$（\frac{{b}_{n}}{{a}_{n}}）^{2}$=1+（n-1）=n，
又∵数列{a_n}和{b_n}中各项均为正数，
∴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满足上式，
∴a_n=$\frac{1+\sqrt{n-1}}{\sqrt{n}}$；
∴b_n=$\sqrt{n}$•$\frac{1+\sqrt{n-1}}{\sqrt{n}}$=1+$\sqrt{n-1}$．

点评 本题考查等差数列的判断与通项，考查运算求解能力，对表达式的灵活变形是解决本题的关键，注意解题方法的积累，属于中档题．