每日一题[860]层层展开

如图，曲线$y = \sqrt x$上的点${P_i}\left( {i = 1, 2, \cdots , n, \cdots } \right)$与$x$轴正半轴上的点${Q_i}$及原点$O$构成一系列正三角形${P_i}{Q_{i-1}}{Q_i}({Q_0} = O)$，记${a_n} = \left| {{Q_n}{Q_{n-1}}} \right|$．

(1)求${a_1}$的值；

(2)求数列$\{ {a_n}\}$的通项公式；

(3)求证：当$n \geqslant 2$时，

$$\dfrac{1}{{{a_n}^2}} + \dfrac{1}{{{a_{n + 1}}^2}} + \cdots + \dfrac{1}{{{a_{2n}}^2}} < \dfrac{3}{2}.$$

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分析与解　(1)第一个正三角形的上顶点为直线$y = \sqrt 3 x$与抛物线$y = \sqrt x$在第一象限的交点，为$\left( {\dfrac{1}{3}, \dfrac{1}{{\sqrt 3 }}} \right)$，所以 ${a_1} = \dfrac{2}{3}$．

(2)设第$n$个正三角形的上顶点坐标为$\left( {y_n^2, {y_n}} \right)$，则左下顶点的坐标为

$$\left( {y_n^2-\dfrac{{{y_n}}}{{\sqrt 3 }}, 0} \right),$$ 右下顶点的坐标为 $$\left( {y_n^2 + \dfrac{{{y_n}}}{{\sqrt 3 }}, 0} \right).$$ 由于第$n$个正三角形的右下顶点与第$n + 1$个正三角形的左下顶点重合，于是 $$y_n^2 + \dfrac{{{y_n}}}{{\sqrt 3 }} = y_{n+1}^2-\dfrac{{{y_{n + 1}}}}{{\sqrt 3 }},$$ 即 $${y_{n + 1}}-{y_n} = \dfrac{1}{{\sqrt 3 }}.$$ 第一个正三角形的上顶点为$\left( {\dfrac{1}{3}, \dfrac{1}{{\sqrt 3 }}} \right)$，所以 $${y_1} = \dfrac{1}{{\sqrt 3 }},$$ 综合以上知${y_n} = \dfrac{n}{{\sqrt 3 }}$．

因此第$n$个正三角形的边长为

$${a_n} = \dfrac{2}{{\sqrt 3 }}{y_n} = \dfrac{{2n}}{3}.$$ (3)问题即证 $$\dfrac{9}{4}\left[ {\dfrac{1}{{{n^2}}} + \dfrac{1}{{{{(n + 1)}^2}}} + \cdots + \dfrac{1}{{{{(2n)}^2}}}} \right] < \dfrac{3}{2},$$ 当$n = 2$时，不难验证 $$\dfrac{9}{4}\left({\dfrac{1}{{{2^2}}} + \dfrac{1}{{{3^2}}} + \dfrac{1}{{{4^2}}}} \right)< \dfrac{3}{2},$$ 当$n \geqslant 3$时， $$\begin{split}&\dfrac{1}{{{n^2}}} + \dfrac{1}{{{{(n + 1)}^2}}} + \cdots + \dfrac{1}{{{{(2n)}^2}}}\\<&\dfrac{1}{{(n-1)n}} + \dfrac{1}{{n(n + 1)}} + \cdots + \dfrac{1}{{(2n-1)(2n)}}\\=& \dfrac{1}{{n-1}}-\dfrac{1}{{2n}} < \dfrac{1}{{n-1}} < \dfrac{2}{3},\end{split}$$ 所以 $$\dfrac{9}{4}\left[{\dfrac{1}{n^2} + \dfrac{1}{{(n + 1)}^2}+ \cdots + \dfrac{1}{(2n)}^2} \right]< \dfrac{3}{2}$$ 成立．