递推数列

ABD ． 一方面，注意到 $a_{n+1}^{2}=a_{n}+2$ ，则 $0<a<2$ 或 $a>2$ 时 $\left\{a_{n}\right\}$ 均有单调性，从而数列有极限．令 $n$ 趋向无穷，则 $x^{2}=x+2$ ，解得极限是 2 ． 另一方面，若 $0<a<2$ ，利用三角换元，设 $a_{n}=2 \cos \theta_{n}\left(n \in \mathbf{N}_{+}\right)$，则 $$ 4 \cos ^{2} \theta_{n+1}=2 \cos \theta_{n}+2=2\left(2 \cos ^{2} \frac{\theta_{n}}{2}-1\right)+2=4 \cos ^{2} \frac{\theta_{n}}{2}, $$ 即 $\displaystyle \cos \theta_{n+1}=\cos \frac{\theta_{n}}{2}, \theta_{n}=\frac{\theta_{1}}{2^{n-1}}=\frac{\arccos \frac{a}{2}}{2^{n-1}}$ ，从而 $\displaystyle a_{n}=2 \cos \frac{\arccos \frac{a}{2}}{2^{n-1}}$ ．

A． 如图 J1 所示，因为 $\displaystyle \frac{|O M|+|B M|}{|B M|}=\frac{8}{1.6}=5$ ，所以 $|O M|=4|B M|$ ．同理 $|O N|=4|C N|$ ．两式相减，可知人影长度的变化为 $\displaystyle |B M|-|C N|=\frac{1}{4}(|O M|-|O N|)=\frac{1}{4}|M N|=\frac{1}{4} \cdot \Delta t$ － 84 ，故 $\displaystyle V=\lim _{\Delta t \rightarrow 0} \frac{21 \Delta t}{\Delta t}=21$（米／分）$\displaystyle =\frac{7}{20}$（米／秒）． \begin{figure}

$\displaystyle \frac{2}{3}$ ． 因为 $k^{3}-1=(k-1)\left(k^{2}+k+1\right), k^{3}+1=(k+1)\left(k^{2}-k+1\right)$ ，所以 $$ \begin{aligned} & \lim _{n \rightarrow \infty}\left(\frac{2^{3}-1}{2^{3}+1} \times \frac{3^{3}-1}{3^{3}+1} \times \cdots \times \frac{n^{3}-1}{n^{3}+1}\right) \\ & \quad=\lim _{n \rightarrow \infty}\left[\frac{1 \times 2 \times 3 \times \cdots \times(n-1)}{3 \times 4 \times 5 \times \cdots \times(n+1)} \cdot \frac{7 \times 13 \times 21 \times \cdots \times\left(n^{2}+n+1\right)}{3 \times 7 \times 13 \times \cdots \times\left(n^{2}-n+1\right)}\right] \\ & \quad=\lim _{n \rightarrow \infty}\left[\frac{2}{n(n+1)} \cdot \frac{n^{2}+n+1}{3}\right]=\frac{2}{3} \end{aligned} $$

（1）由 $a_{1}=a, a_{2}=b, 2 a_{n+2}=a_{n+1}+a_{n}$ ，得 $2\left(a_{n+2}-a_{n+1}\right)=-\left(a_{n+1}-a_{n}\right)$ ．令 $b_{n} =a_{n+1}-a_{n}$ ，则 $\displaystyle b_{n+1}=-\frac{1}{2} b_{n}$ ，所以 $\left\{b_{n}\right\}$ 是以 $b-a$ 为首项，以 $\displaystyle -\frac{1}{2}$ 为公比的等比数列． （2）由（1）可知 $\displaystyle b_{n}=a_{n+1}-a_{n}=(b-a)\left(-\frac{1}{2}\right)^{n-1}\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)$ ，所以由累加法得 $\displaystyle a_{n+1}- a_{1}=(b-a) \frac{1-\left(-\frac{1}{2}\right)^{n}}{1-\left(-\frac{1}{2}\right)}$ ，即 $\displaystyle a_{n+1}=a+\frac{2}{3}(b-a)\left[1-\left(-\frac{1}{2}\right)^{n}\right]$ ，也有 $\displaystyle a_{n}=a+\frac{2}{3}(b-a)$ －$\displaystyle \left[1-\left(-\frac{1}{2}\right)^{n-1}\right](n \geqslant 2)$ ．当 $n=1$ 时，$a_{1}=a$ 也适合该式．故 $\displaystyle a_{n}=a+\frac{2}{3}(b-a)$ －$\displaystyle \left[1-\left(-\frac{1}{2}\right)^{n-1}\right]\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)$ ．于是 $$ \begin{aligned} a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n} & =n a+\frac{2}{3}(b-a)\left[n-\frac{1-\left(-\frac{1}{2}\right)^{n}}{1+\frac{1}{2}}\right] \\ & =n a+\frac{2}{3}(b-a) n-\frac{4}{9}(b-a)+\frac{4}{9}(b-a)\left(-\frac{1}{2}\right)^{n} \end{aligned} $$ 因为 $\lim _{n \rightarrow \infty}\left(a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}\right)=4$ ，所以 $\displaystyle a+\frac{2}{3}(b-a)=0,-\frac{4}{9}(b-a)=4$ ，解得 $a= 6, b=-3$ ．

2. 记 $f(x)=x^{2}-x \sin x-\cos x$ ，则 $f^{\prime}(x)=2 x-x \cos x=x(2-\cos x)$ ，故 $f^{\prime}(0)=0$ ，可知 $f(x)$ 在 $(-\infty, 0)$ 上单调递减，在 $(0,+\infty)$ 上单调递增．又 $f(0)=-1, \lim _{x \rightarrow-\infty} f(x)=+\infty$ ， $\lim _{x \rightarrow+\infty} f(x)=+\infty$ ，故 $f(x)$ 有两个零点．

记双曲线在 $x$ 轴上的两顶点为 $A(1,0), B(-1,0), G$ 为 $\triangle P F_{1} F_{2}$ 的内切圆在边 $F_{1} F_{2}$ 上的切点，$H$ 为 $\triangle P F_{1} F_{2}$ 的内切圆在边 $P F_{2}$ 上的切点，$K$ 为 $\triangle P F_{1} F_{2}$ 的内切圆在边 $P F_{1}$ 上的切点，则有 $$ \begin{aligned} \left|G F_{1}\right|-\left|G F_{2}\right| & =\left|K F_{1}\right|-\left|H F_{2}\right|=\left(\left|K F_{1}\right|+|K P|\right)-\left(\left|H F_{2}\right|+|H P|\right) \\ & =\left|P F_{1}\right|-\left|P F_{2}\right| \end{aligned} $$ 由双曲线的定义知，$G$ 必在双曲线上，于是 $G$ 与 $A(1,0)$ 重合，是定点． 而 $\left|F_{2} G\right|=\left|F_{2} A\right|=\sqrt{2}-1$ ．根据圆外一点到该圆的两切点的距离相等，所以 $\triangle P F_{1} F_{2}$的内切圆在边 $P F_{2}$ 上的切点的轨迹是以 $F_{2}(\sqrt{2}, 0)$ 为圆心、 $\sqrt{2}-1$ 为半径的圆弧． 因为 $P(x, y)$ 在 $x^{2}-y^{2}=1$ 第一象限的曲线上移动，当 $P F_{2}$ 沿双曲线趋于无穷时，与 $x$轴正向的交角 $\theta$ 的正切的极限是 $\displaystyle \lim _{x \rightarrow+\infty} \tan \theta=\lim _{x \rightarrow+\infty} \frac{\sqrt{x^{2}-1}}{x-\sqrt{2}}=1$ ，即 $\displaystyle \theta \rightarrow \frac{\pi}{4}$ ．故点 $H$ 的轨迹方程为（极坐标形式） $$ \left\{\begin{array}{l} x-\sqrt{2}=(\sqrt{2}-1) \cos \theta, \\ y=(\sqrt{2}-1) \sin \theta \end{array} \quad\left(\frac{\pi}{4}<\theta<\pi\right) .\right. $$ 由于 $G$ 与 $A(1,0)$ 重合，是定点，故该内切圆的圆心轨迹是直线段，方程为 $x=1(0<y <1$ ）．

D． $$ \sum_{k=1}^{n} \frac{2}{k(k+1)}=2 \sum_{k=1}^{n}\left(\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1}\right)=2-\frac{2}{n+1} . $$

（1） $$ \left\{\begin{array}{l} a_{1} a_{2} a_{3} \cdots a_{n}=a_{1}+a_{2}+a_{3}+\cdots+a_{n}, \\ a_{1} a_{2} a_{3} \cdots a_{n} a_{n+1}=a_{1}+a_{2}+a_{3}+\cdots+a_{n}+a_{n+1}, \end{array}\right. $$ 两式相减得 $a_{1} a_{2} \cdots a_{n}\left(a_{n+1}-1\right)=a_{n+1}$ ．同理得 $a_{1} a_{2} \cdots a_{n} a_{n+1}\left(a_{n+2}-1\right)=a_{n+2}$ ．因此 $a_{n}>1\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)$ ．于是两式相除得 $\displaystyle \frac{a_{n+1}\left(a_{n+2}-1\right)}{a_{n+1}-1}=\frac{a_{n+2}}{a_{n+1}}$ ，所以 $\displaystyle a_{n+1} \cdot \frac{a_{n+2}-1}{a_{n+2}}=\frac{a_{n+1}-1}{a_{n+1}}$ ． 又因为 $a_{n+1}>1$ ，所以 $\displaystyle \frac{a_{n+2}-1}{a_{n+2}}<\frac{a_{n+1}-1}{a_{n+1}}$ ，故有 $a_{n+2}<a_{n+1}$ ． 又因为 $\displaystyle a_{1}=3,3 a_{2}=3+a_{2}, a_{2}=\frac{3}{2}$ ，所以 $a_{2}<a_{1}$ ．于是 $a_{n+1}<a_{n}\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)$ ，即 $\left\{a_{n}\right\}$ 是单调递减数列． （2）由于 $\left\{a_{n}\right\}$ 单调递减且 $a_{n}>1$ ，故 $\lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}$ 存在，并设 $\lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}=A$ ，则 $A \geqslant 1$ ． 因为 $\displaystyle a_{n+1} \cdot \frac{a_{n+2}-1}{a_{n+2}}=\frac{a_{n+1}-1}{a_{n+1}}$ ，所以两边取极限得 $\displaystyle A \cdot \frac{A-1}{A}=\frac{A-1}{A}$ ，即 $(A-1)^{2}=0$ ，解得 $A=1$ ，即 $\lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}=1$ ．

ABC ． 易知 $a_{n} \neq 0$ ，且 $a_{n+1}=a_{n}^{2}-3 a_{n}+4$ ，则 $a_{n+1}-a_{n}=\left(a_{n}-2\right)^{2}>0,\left\{a_{n}\right\}$ 单调递增． 又 $\displaystyle a_{1}=3>\frac{3}{2}$（二次函数对称轴），则 $\left\{a_{n}\right\}$ 无上界，而 $\displaystyle \frac{1}{a_{n+1}-2}-\frac{1}{a_{n}-2}=-\frac{1}{a_{n}-1}$ ，则 $$ \sum_{i=1}^{n} \frac{1}{a_{i}-1}=1-\frac{1}{a_{n+1}-2} \Rightarrow \lim _{n \rightarrow+\infty} \sum_{i=1}^{n} \frac{1}{a_{i}-1}=1 $$

$\displaystyle \frac{2}{3}$ ． 设 $|A B|=a$ ，则 $|B C|=a \tan \theta$ ．因为 $|A B|=|A D|$ ，所以 $\displaystyle \angle D B E=\frac{\theta}{2},|B D|=2 a \sin \frac{\theta}{2}$ ， $\displaystyle \frac{|B E|}{\sin \theta}=\frac{|B D|}{\sin \angle B E D}=\frac{|B D|}{\sin \frac{3}{2} \theta}$ ，故 $$ \begin{aligned} |B D| & =\frac{2 a \sin \frac{\theta}{2} \sin \theta}{\sin \frac{3}{2} \theta} \\ \frac{|B E|}{|B C|} & =\frac{2 \sin \frac{\theta}{2} \cos \theta}{\sin \frac{3}{2} \theta}=\frac{2 \sin \frac{\theta}{2} \cos \theta}{\sin \theta \cos \frac{\theta}{2}+\cos \theta \sin \frac{\theta}{2}} \\ & =\frac{2 \tan \frac{\theta}{2}}{\tan \theta+\tan \frac{\theta}{2}}=\frac{2\left(1-\tan ^{2} \frac{\theta}{2}\right)}{3-\tan ^{2} \frac{\theta}{2}} \end{aligned} $$ 故 $\displaystyle \lim _{\theta \rightarrow 0^{+}} \frac{|B E|}{|B C|}=\frac{2}{3}$ ．

（1）令 $g(x)=\mathrm{e}^{x} x-\mathrm{e}^{x}+1$ ，求导得 $g^{\prime}(x)=\mathrm{e}^{x} x$ ．当 $x<0$ 时，$g^{\prime}(x)<0$ ；当 $x>0$ 时， $g^{\prime}(x)>0$ ．所以 $g(x)$ 在 $(-\infty, 0)$ 上为减函数，在 $(0,+\infty)$ 上为增函数．故 $g(x) \geqslant g(0)=0$ ，即 $\mathrm{e}^{x} x-\mathrm{e}^{x}+1 \geqslant 0$ 恒成立。 （2）对 $\displaystyle f(x)=\ln \frac{\mathrm{e}^{x}-1}{x}$ 求导，得 $$ f^{\prime}(x)=\frac{x}{\mathrm{e}^{x}-1} \cdot\left(\frac{\mathrm{e}^{x}-1}{x}\right)^{\prime}=\frac{x}{\mathrm{e}^{x}-1} \cdot \frac{\mathrm{e}^{x} x-\mathrm{e}^{x}+1}{x^{2}} . $$ 由（1）知，当 $x \neq 0$ 时， $\mathrm{e}^{x} x-\mathrm{e}^{x}+1>0$ ．又当 $x>0$ 时， $\mathrm{e}^{x}-1>0$ ；当 $x<0$ 时， $\mathrm{e}^{x}-1<0$ ．故 $\displaystyle \frac{x}{\mathrm{e}^{x}-1}>0$ ，则 $f^{\prime}(x)>0$ 恒成立．因为 $f(x)$ 的定义域为 $(-\infty, 0) \cup(0,+\infty)$ ，所以 $f(x)$ 的单调增区间为 $(-\infty, 0) \cup(0,+\infty)$ 。 （3）用数学归纳法证明：对于任意 $n \in \mathbf{N}^{*}$ ，都有 $0<a_{n+1}<a_{n}$ ． （1）当 $n=1$ 时，$a_{1}=1, a_{2}=f\left(a_{1}\right)=f(1)=\ln (\mathrm{e}-1)$ ．由于 $1<\mathrm{e}-1<\mathrm{e}$ ，所以 $0<\ln (\mathrm{e}-1) <1$ ，即 $0<a_{2}<a_{1}$ ． （2）假设当 $n=k\left(k \in \mathbf{N}^{*}\right)$ 时结论成立，即 $0<a_{k+1}<a_{k}$ ．因为 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上为增函数，且 $\displaystyle \lim _{x \rightarrow 0^{+}} f(x)=\lim _{x \rightarrow 0^{+}}\left(\ln \frac{\mathrm{e}^{x}-1}{x}\right)=\ln \left(\lim _{x \rightarrow 0^{+}} \frac{\mathrm{e}^{x}-1}{x}\right)=\ln 1$（这里用到了洛必达法则）$=0$ ，所以 $0<f\left(a_{k+1}\right)<f\left(a_{k}\right)$ ，即 $0<a_{k+2}<a_{k+1}$ ．因此当 $n=k+1\left(k \in \mathbf{N}^{*}\right)$ 时结论也成立． 由（1）和（2）可知， $0<a_{k+1}<a_{k}$ 对于任意 $n \in \mathbf{N}^{*}$ 都成立．故数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 为递减数列，且 $a_{n}>0$ 恒成立．

3. 令 $a_{n}=\sqrt{6+\sqrt{6+\cdots+\sqrt{6}}}$ ，则 $a_{n+1}=\sqrt{a_{n}+6}\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)$ ．用数学归纳法易证明 $a_{n}< a_{n+1}<3$ ，所以数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 存在极限，记 $A=\lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}$ ，对 $a_{n+1}=\sqrt{a_{n}+6}$ 两边求极限，得 $A= \sqrt{A+6}$ ，解得 $A=3$ ．