Question

已知向量

a

=(1，0)，

b

=(x，1)，當(dāng)x＞0時，定義函數(shù)f(x)=

a • b

| a |+| b |

．
（1）求函數(shù)y=f（x）的反函數(shù)y=f^-1（x）；
（2）數(shù)列{a_n}滿足：a₁=a＞0，a_n+1=f（a_n），n∈N^*，S_n為數(shù)列{a_n}的前n項和，則：
①當(dāng)a=1時，證明：an＞

1

2n

；
②對任意θ∈[0，2π]，當(dāng)2asinθ-2a+S_n≠0時，
證明：

2asinθ+2a-Sn

2asinθ-2a+Sn

≥

4a-Sn

Sn

或

2asinθ+2a-Sn

2asinθ-2a+Sn

≤

Sn

4a-Sn

．

Answer 1

分析：（1）由題意得f(x)=

x

1+ 1+x2

，令x=tanα(α∈(0，

π

2

))，則f(x)=

tanα

1+ 1+tan2α

=

sinα

1+cosα

=tan

α

2

，函數(shù)f（x）的值域為（0，1）．由此能求出原函數(shù)的反函數(shù)．
（2）因為a₁=a＞0，a_n+1=f（a_n），n∈N^*，所以an+1=

an

1+ 1+ a 2 n

．
①【法一】三角代換：令a_n=tanα_n，因為a_n＞0，且a₁=1所以α1=

π

4

，αn∈(0，

π

2

)，所以an+1=tanαn+1=

tanαn

1+ 1+tan2αn

=

sinαn

1+cosαn

=tan

αn

2

，由此能夠證明an=tan

π

2n+1

＞

π

2n+1

＞

1

2n

．
【法二】不等式放縮：因為a_n+1=f（a_n），所以a_n=f^-1（a_n+1），故an=

2an+1

1- a 2 n+1

，又由原函數(shù)的值域知a_n+1∈（0，1），所以an=

2an+1

1- a 2 n+1

＜

2an+1

1-an+1

，則

1

an

＞

1

2an+1

-

1

2

⇒

1

an+1

＜

2

an

+1，由此能夠證明an＞

1

2n-1

＞

1

2n

．
②【法一】an+1=

an

1+ 1+ a 2 n

＜

an

2

，所以Sn=a1+a2+…+an＜a+

1

2

a+

1

22

a+…+

1

2n-1

a=a+a(

1 2 (1- 1 2n-1 )

1- 1 2

)=a+a(1-

1

2n-1

)＜2a．由S_n＜2a，能夠證明證明

2asinθ+2a-Sn

2asinθ-2a+Sn

≥

4a-Sn

Sn

或

2asinθ+2a-Sn

2asinθ-2a+Sn

≤

Sn

4a-Sn

．
【法二】因為a_n+1=f（a_n），所以a_n=f^-1（a_n+1），所以an=

2an+1

1- a 2 n+1

＞2an+1，從而an+1＜

1

2

an．由S_n＜2a，能夠證明證明

2asinθ+2a-Sn

2asinθ-2a+Sn

≥

4a-Sn

Sn

或

2asinθ+2a-Sn

2asinθ-2a+Sn

≤

Sn

4a-Sn

．

解答：解：由題意得f(x)=

x

1+ 1+x2

（x＞0）
令x=tanα(α∈(0，

π

2

))，則f(x)=

tanα

1+ 1+tan2α

=

sinα

1+cosα

=tan

α

2

由于α∈(0，

π

2

)⇒

α

2

∈(0，

π

4

)，所以tan

α

2

∈(0，1)，即函數(shù)f（x）的值域為（0，1）
（1）由y=

x

1+ 1+x2

⇒y-x=y

1+x2

⇒y²-2xy+x²=y²+y²x²
于是解得x=

2y

1-y2

，所以原函數(shù)的反函數(shù)y=f-1(x)=

2x

1-x2

（0＜x＜1）
（2）因為a₁=a＞0，a_n+1=f（a_n），n∈N^*，所以an+1=

an

1+ 1+ a 2 n

①【法一】三角代換    令a_n=tanα_n，因為a_n＞0，且a₁=1所以α1=

π

4

，αn∈(0，

π

2

)
所以an+1=tanαn+1=

tanαn

1+ 1+tan2αn

=

sinαn

1+cosαn

=tan

αn

2

由于αn∈(0，

π

2

)，所以αn+1=

αn

2

(n∈N*)
故數(shù)列{α_n}為等比數(shù)列，其首項為α1=

π

4

，公比為q=

1

2

，所以αn=

π

4

•

1

2n-1

于是an=tan

π

2n+1

＞

π

2n+1

＞

1

2n

，此處用到不等式x＜tanx(x∈(0，

π

2

))
【法二】不等式放縮    因為a_n+1=f（a_n），所以a_n=f^-1（a_n+1）
所以an=

2an+1

1- a 2 n+1

，又由原函數(shù)的值域知a_n+1∈（0，1）
所以an=

2an+1

1- a 2 n+1

＜

2an+1

1-an+1

，則

1

an

＞

1

2an+1

-

1

2

⇒

1

an+1

＜

2

an

+1
進而(

1

an+1

+1)＜2(

1

an

+1)，所以

1

an

+1＜(

1

a1

+1)•2n-1=2n于是an＞

1

2n-1

＞

1

2n

②【法一】an+1=

an

1+ 1+ a 2 n

＜

an

2

，所以Sn=a1+a2+…+an＜a+

1

2

a+

1

22

a+…+

1

2n-1

a=a+a(

1 2 (1- 1 2n-1 )

1- 1 2

)=a+a(1-

1

2n-1

)＜2a
由S_n＜2a，則易得

4a-Sn

Sn

＞

Sn

4a-Sn

，又S_n＞0
則要證

2asinθ+2a-Sn

2asinθ-2a+Sn

≥

4a-Sn

Sn

或

2asinθ+2a-Sn

2asinθ-2a+Sn

≤

Sn

4a-Sn

等價于證明(

2asinθ+2a-Sn

2asinθ-2a+Sn

-

4a-Sn

Sn

)•(

2asinθ+2a-Sn

2asinθ-2a+Sn

-

Sn

4a-Sn

)≥0
化簡等價于

(4a(2a-Sn))2•(1-sin2θ)

Sn•(4a-Sn)•(2asinθ-2a+Sn)2

≥0，此式在0＜S_n＜2a的條件下成立；
【法二】因為a_n+1=f（a_n），所以a_n=f^-1（a_n+1）
所以an=

2an+1

1- a 2 n+1

＞2an+1，從而an+1＜

1

2

an從而S_n＜2a．
則易得

4a-Sn

Sn

＞

Sn

4a-Sn

，又S_n＞0
則要證

2asinθ+2a-Sn

2asinθ-2a+Sn

≥

4a-Sn

Sn

或

2asinθ+2a-Sn

2asinθ-2a+Sn

≤

Sn

4a-Sn

等價于證明(

2asinθ+2a-Sn

2asinθ-2a+Sn

-

4a-Sn

Sn

)•(

2asinθ+2a-Sn

2asinθ-2a+Sn

-

Sn

4a-Sn

)≥0
化簡等價于

(4a(2a-Sn))2•(1-sin2θ)

Sn•(4a-Sn)•(2asinθ-2a+Sn)2

≥0，此式在0＜S_n＜2a的條件下成立；

點評：本題考查數(shù)列的綜合運用，解題時要認真審題，仔細解答，合理地運用三角函數(shù)知識，注意挖掘題設(shè)中的隱含條件，合理地進行等價轉(zhuǎn)化．