Question

16．设$f（x）=\frac{x}{{\sqrt{1+{x^2}}}}$，数列{a_n}满足a₁=f（1），a_n+1=f（a_n）（n∈N*），则a₂₀₁₇=（　　）

• A． $\frac{1}{{\sqrt{2016}}}$
• B． $\frac{1}{{\sqrt{2017}}}$
• C． $\frac{1}{{\sqrt{2018}}}$
• D． $\frac{1}{{\sqrt{2019}}}$

Answer 1

分析 $f（x）=\frac{x}{{\sqrt{1+{x^2}}}}$，数列{a_n}满足a₁=f（1），a_n+1=f（a_n）（n∈N*），可得a₁=$\frac{1}{\sqrt{2}}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，a_n+1=$\frac{{a}_{n}}{\sqrt{1+{a}_{n}^{2}}}$，因此$\frac{1}{{a}_{n+1}^{2}}$=$\frac{1}{{a}_{n}^{2}}$+1，即$\frac{1}{{a}_{n+1}^{2}}$-$\frac{1}{{a}_{n}^{2}}$=1，再利用等差数列的通项公式即可得出．

解答 解：∵$f（x）=\frac{x}{{\sqrt{1+{x^2}}}}$，数列{a_n}满足a₁=f（1），a_n+1=f（a_n）（n∈N*），
∴a₁=$\frac{1}{\sqrt{2}}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，a_n+1=$\frac{{a}_{n}}{\sqrt{1+{a}_{n}^{2}}}$，∴$\frac{1}{{a}_{n+1}^{2}}$=$\frac{1}{{a}_{n}^{2}}$+1，即$\frac{1}{{a}_{n+1}^{2}}$-$\frac{1}{{a}_{n}^{2}}$=1，
∴数列$\{\frac{1}{{a}_{n}^{2}}\}$是等差数列，首项为2，公差为1．
∴$\frac{1}{{a}_{n}^{2}}$=2+（n-1），
∴$\frac{1}{{a}_{2017}^{2}}$=2018，
a₂₀₁₇=$\frac{1}{\sqrt{2018}}$，
故选：C．

点评 本题考查了等差数列的通项公式、函数解析式、数列递推关系，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．