Question

14．設(shè)△A_nB_nC_n的三邊長(zhǎng)分別為a_n，b_n，c_n，n=1，2，3，…，若b₁＞c₁，b₁+c₁=2a₁，a_n+1=a_n，${b_{n+1}}=\frac{{{a_n}+{c_n}}}{2}$，${c_{n+1}}=\frac{{{a_n}+{b_n}}}{2}$，則∠A_n的最大值為（　�。�

• A． $\frac{π}{6}$
• B． $\frac{π}{3}$
• C． $\frac{π}{2}$
• D． $\frac{2π}{3}$

Answer 1

分析 根據(jù)數(shù)列的遞推關(guān)系得到b_n+c_n=2a₁為常數(shù)，然后利用余弦定理以及基本不等式即可得到結(jié)論．

解答 解：∵a_n+1=a_n，∴a_n=a₁，
∵${b_{n+1}}=\frac{{{a_n}+{c_n}}}{2}$，${c_{n+1}}=\frac{{{a_n}+{b_n}}}{2}$，
∴b_n+1+c_n+1=a_n+$\frac{_{n}+{c}_{n}}{2}$=a₁+$\frac{_{n}+{c}_{n}}{2}$，
∴b_n+1+c_n+1-2a₁=$\frac{1}{2}$（b_n+c_n-2a₁），
又b₁+c₁=2a₁，
∴當(dāng)n=1時(shí)，b₂+c₂-2a₁=$\frac{1}{2}$（b₁+c₁+-2a₁）=0，
當(dāng)n=2時(shí)，b₃+c₃-2a₁=$\frac{1}{2}$（b₂+c₂+-2a₁）=0，
…
∴b_n+c_n-2a₁=0，
即b_n+c_n=2a₁為常數(shù)，
∵b_n-c_n=（-$\frac{1}{2}$）^n-1（b₁-c₁），
∴當(dāng)n→+∞時(shí)，b_n-c_n→0，即b_n→c_n，
則由基本不等式可得b_n+c_n=2a₁≥2$\sqrt{_{n}{c}_{n}}$，
∴b_nc_n≤（a1）2，
由余弦定理可得${a}_{n}^{2}$=$_{n}^{2}+{c}_{n}^{2}$-2b_nc_ncosA_n=（b_n+c_n）²-2b_nc_n-2b_nc_ncosA_n，
即（a₁）²=（2a₁）²-2b_nc_n（1+cosA_n），
即2b_nc_n（1+cosA_n）=3（a₁）²≤2（a₁）²（1+cosA_n），
即3≤2（1+cosA_n），
解得cosA_n≥$\frac{1}{2}$，
∴0＜A_n≤$\frac{π}{3}$，
即∠A_n的最大值是$\frac{π}{3}$，
故答案為：$\frac{π}{3}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查數(shù)列以及余弦定理的應(yīng)用，利用基本不等式是解決本題的關(guān)鍵，綜合性較強(qiáng)，運(yùn)算量較大，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．