不等式3

Problem

已知数列 $ { a_n } $ 的前 $ n $ 项和为 $ S_n $，满足 $ S_{n+1} = 2a_n^ { \hspace{0.2cm} 2} - 1 + S_n (n\in N^{*})$ 。

(1)略。

(2)当 $ a_1 \in [ \frac{ \sqrt{2} } {2} ,1 ]$ 时，求 $ 4a_1-a_3 $ 的最大值；

(3)当 $ a_1 \in [-1,1] $ 时，记数列 $ { a_n } $ 的前 $ n $ 项积为 $ T_n = \prod_{i=1} ^ {n} a_i $，求 $ \sqrt{ 1- a_1^ { \hspace{0.2cm} 2} } · T_{50} $ 的最大值。

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Solution

(2)

由题可知，$ a_3=8a_1 ^{ \hspace{0.2cm} 4} - 8a_1^{ \hspace{0.2cm} 2} +1 $。设 $ t=a_1 $ 那么

\[\begin{aligned} 4a_1-a_3 &= 4a_1 - ( 8a_1 ^{ \hspace{0.2cm} 4} - 8a_1^{ \hspace{0.2cm} 2} +1 ) \\ &=-8a_1 ^{ \hspace{0.2cm} 4} + 8a_1^{ \hspace{0.2cm} 2} + 4a_1 -1 \\ &=-8t ^{ 4} + 8t^{ 2} + 4t -1 \\ &=h(t) \end{aligned} \]

则 $ h'(t)= -32t^3+16t+4= 4(-8t^3+4t+1) $ 。

因为 $ h'(-\frac{1}{2} ) =0$ ，对导函数因式分解可得

\[\begin{aligned} h'(t) &= -32t^3+16t+4= 4(-8t^3+4t+1) \\ &= 32(t+ \frac{1}{2} )(t- \frac{ 1+ \sqrt{5} }{4})(t- \frac{ 1- \sqrt{5} }{4}) \\ \end{aligned} \]

$ \because t\in [ \frac{ \sqrt{2} } {2} ,1 ] $

$ \therefore \frac{\sqrt{2}}{2} < t < \frac{ 1+ \sqrt{5} }{4} , h'(t) > 0,h(t) $ 递增，$ \frac{ 1+ \sqrt{5} }{4} <t < 1 , h'(t) < 0,h(t) $ 递减。

$ \therefore { (4a_1-a_3 ) } _ {max} = h(t) _ {max} = \frac{ 5(1+ \sqrt{5} ) }{4} $ 。

(3)

$ \because a_1 \in [-1,1] $

$ \therefore \cos{\alpha_1} =a_1 , a_{n+1}= 2a_n^ { \hspace{0.2cm} 2} - 1 \Rightarrow \cos \alpha_{n+1}= \cos 2\alpha_n $

所以设 $ a_i = \cos \alpha_i $，则

\[T_n = \prod_{i=1} ^ {n} a_i = \prod_{i=1} ^ {n} \cos \alpha_i \]

设 $ Q= \sqrt{ 1- a_1^ { \hspace{0.2cm} 2} } · T_{n} = \sin \alpha_1 \prod_{i=1} ^ {n} \cos \alpha_i $，那么

\[\begin{aligned} Q &= \sin \alpha_1 \prod_{i=1} ^ {n} \cos \alpha_i \\ &=\frac{1}{2} \sin 2\alpha_1 \prod_{i=2} ^ {n} \cos \alpha_i \\ &=\frac{1}{2} \sin \alpha_2 \prod_{i=2} ^ {n} \cos \alpha_i \\ &=... \\ &=(\frac{1}{2})^n \sin ( 2^n\alpha) \le (\frac{1}{2})^n \end{aligned} \]

$ \therefore (\sqrt{ 1- a_1^ { \hspace{0.2cm} 2} } · T_{50} )_{max} = (\frac{1}{2})^{50}$

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source：广西高三9月联考