分析 (1)取立$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{2x}{x+1},x>0}\\{y=\frac{1}{3x},x>0}\end{array}\right.$,能求出曲線C1和曲線C2的交點(diǎn)坐標(biāo).
(2)設(shè)Pn(${a}_{n},{y}_{{p}_{n}}$),${Q}_{n}({x}_{{Q}_{n}},{y}_{{Q}_{n}})$,由已知${y}_{{P}_{n}}=\frac{2{a}_{n}}{{a}_{n}+1}$,能求出${a}_{n+1}=\frac{{a}_{n}+1}{6{a}_{n}}$.
(3)由${a}_{n+1}=\frac{{a}_{n}+1}{6{a}_{n}}$,${a}_{n+1}-\frac{1}{2}=\frac{-2({a}_{n}-\frac{1}{2})}{6{a}_{n}}$,得${a}_{n+1}-\frac{1}{2}$與${a}_{n}-\frac{1}{2}$異號(hào),由此能證明a2n-1$<\frac{1}{2}<{a}_{2n}$.
解答 解:(1)∵曲線${C_1}:y=\frac{2x}{x+1}\;\;(x>0)$及曲線${C_2}:y=\frac{1}{3x}\;\;(x>0)$,
取立$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{2x}{x+1},x>0}\\{y=\frac{1}{3x},x>0}\end{array}\right.$,得x=$\frac{1}{2}$,y=$\frac{2}{3}$,
∴曲線C1和曲線C2的交點(diǎn)坐標(biāo)是($\frac{1}{2},\frac{2}{3}$).
(2)設(shè)Pn(${a}_{n},{y}_{{p}_{n}}$),${Q}_{n}({x}_{{Q}_{n}},{y}_{{Q}_{n}})$,由已知${y}_{{P}_{n}}=\frac{2{a}_{n}}{{a}_{n}+1}$,
又${y}_{{Q}_{n}}={y}_{{P}_{n}}$,${x}_{{Q}_{n}}=\frac{1}{3{y}_{{Q}_{n}}}$=$\frac{1}{3-\frac{2{a}_{n}}{{a}_{n}+1}}$=$\frac{{a}_{n}+1}{6{a}_{n}}$=${x}_{{p}_{n+1}}={a}_{n+1}$,
${a}_{n+1}=\frac{{a}_{n}+1}{6{a}_{n}}$.
證明:(3)an>0,由${a}_{n+1}=\frac{{a}_{n}+1}{6{a}_{n}}$,${a}_{n+1}-\frac{1}{2}=\frac{-2({a}_{n}-\frac{1}{2})}{6{a}_{n}}$,
得${a}_{n+1}-\frac{1}{2}$與${a}_{n}-\frac{1}{2}$異號(hào),
∵0<a1$<\frac{1}{2}$,${a}_{1}-\frac{1}{2}<0$,${a}_{2n-1}-\frac{1}{2}<0$,${a}_{2n}-\frac{1}{2}>0$,
∴a2n-1$<\frac{1}{2}<{a}_{2n}$.
點(diǎn)評(píng) 本題考查兩曲線交點(diǎn)坐標(biāo)的求法,考查數(shù)列中前一項(xiàng)與后一項(xiàng)的關(guān)系的求法,考查不等式的證明,是中檔題,解題時(shí)要認(rèn)真審題,注意函數(shù)性質(zhì)的合理運(yùn)用.
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