【解答】
（16分）（2012 •江苏）已知各项均为正数的两个数列 $\left\{\mathrm{a}_{\mathrm{n}}\right\}$ 和 $\left\{\mathrm{b}_{\mathrm{n}}\right\}$ 满足： $\mathrm{a}_{\mathrm{n}+1}= \frac{a_{n}+b_{n}}{\sqrt{a_{n}^{2}+b_{n}^{2}}}, n \in N^{*}$,
①设 $b_{n+1}=1+\frac{b_{n}}{a_{n}}, n \in N^{*}$ ，求证：数列 $\left\{\left(\frac{b_{n}}{a_{n}}\right){ }^{2}\right\}$ 是等差数列；
（2）设 $\mathrm{b}_{\mathrm{n}+1}=\sqrt{2} \cdot \frac{\mathrm{~b}_{\mathrm{n}}}{\mathrm{a}_{\mathrm{n}}}, n \in \mathrm{~N}^{*}$ ，且 $\left\{\mathrm{a}_{\mathrm{n}}\right\}$ 是等比数列，求 $\mathrm{a}_{1}$ 和 $\mathrm{b}_{1}$ 的值。
考点 数列递推式；等差关系的确定；等比数列的性质．
：
专题 等差数列与等比数列．
分析
（1）由题意可得，$a_{n+1}=\frac{a_{n}+b_{n}}{\sqrt{a_{n}^{2}+b_{n}^{2}}}=\frac{1+\frac{b_{n}}{a_{n}}}{\sqrt{1+\left(\frac{b_{n}}{a_{n}}\right)^{2}}}=\frac{b_{n+1}}{\sqrt{1+\left(\frac{b_{n}}{a_{n}}\right)^{2}}}$ ，从而可得 $\frac{b_{n+1}}{a_{n+1}}=\sqrt{1+\left(\frac{b_{n}}{a_{n}}\right)^{2}}$ ，可证
②由基本不等式可得，$\frac{\left(a_{n}+b_{n}\right)^{2}}{2} \leqslant a_{n}^{2}+b_{n}^{2}<\left(a_{n}+b_{n}\right)^{2}$ ，由 $\left\{a_{n}\right\}$是等比数列利用反证法可证明 $\mathrm{q}=\frac{\sqrt{2}}{\mathrm{a}_{1}}=1$ ，进而可求 $\mathrm{a}_{1}, \mathrm{~b}_{1}$
解答
解：（1）由题意可知，$a_{n+1}=\frac{a_{n}+b_{n}}{\sqrt{a_{n}^{2}+b_{n}^{2}}}=\frac{1+\frac{b_{n}}{a_{n}}}{\sqrt{1+\left(\frac{b_{n}}{a_{n}}\right)^{2}}}=\frac{b_{n+1}}{\sqrt{1+\left(\frac{b_{n}}{a_{n}}\right)^{2}}}$
$\therefore \frac{b_{n+1}}{a_{n+1}}=\sqrt{1+\left(\frac{b_{n}}{a_{n}}\right)^{2}}$
从而数列 $\left\{\left(\frac{b_{n}}{a_{n}}\right)\right\}^{2}$ 是以1为公差的等差数列
②$\because a_{n}>0, b_{n}>0$
$\therefore \frac{\left(\mathrm{a}_{\mathrm{n}}+\mathrm{b}_{\mathrm{n}}\right)^{2}}{2} \leqslant \mathrm{a}_{\mathrm{n}}{ }^{2}+\mathrm{b}_{\mathrm{n}}{ }^{2}<\left(\mathrm{a}_{\mathrm{n}}+\mathrm{b}_{\mathrm{n}}\right)^{2}$
从而 $1<\mathrm{a}_{\mathrm{n}+1}=\frac{\mathrm{a}_{\mathrm{n}}+\mathrm{b}_{\mathrm{n}}}{\sqrt{\mathrm{a}_{\mathrm{n}}{ }^{2}+\mathrm{b}_{\mathrm{n}}{ }^{2}}} \leqslant \sqrt{2}$（＊）
设等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公比为 $q$ ，由 $a_{n}>0$ 可知 $q>0$
下证 $\mathrm{q}=1$
若 $\mathrm{q}>1$ ，则 $\mathrm{a}_{1}=\frac{\mathrm{a}_{2}}{\mathrm{q}}<\mathrm{a}_{2} \leqslant \sqrt{2}$ ，故当 $\mathrm{n}>\log _{\mathrm{q}} \frac{\sqrt{2}}{\mathrm{a}_{1}}$ 时， $\mathrm{a}_{\mathrm{n+1}}=\mathrm{a}_{1} \mathrm{q} \quad \mathrm{n}>\sqrt{2}$ 与（＊矛盾
$0a_{2}>1$ ，故当 $n>\log _{q_{a_{1}}} \frac{1}{a_{1}}$ 时，$a_{n+1}=a_{1} q^{n}<1$ 与（＊）矛
盾
综上可得 $\mathrm{q}=1, \mathrm{a}_{\mathrm{n}}=\mathrm{a}_{1}$ ，
所以， $1<\mathrm{a}_{1} \leqslant \sqrt{2}$
$\because b_{n+1}=\sqrt{2} \cdot \frac{b_{n}}{a_{n}}=\frac{\sqrt{2}}{a_{1}} b_{n}$
∴ 数列 $\left\{\mathrm{b}_{\mathrm{n}}\right\}$ 是公比 $\frac{\sqrt{2}}{\mathrm{a}_{1}}$ 的等比数列
若 $\mathrm{a}_{1} \neq \sqrt{2}$ ，则 $\frac{\sqrt{2}}{\mathrm{a}_{1}}>1$ ，于是 $\mathrm{b}_{1}<\mathrm{b}_{2}<\mathrm{b}_{3}$
又由 $a_{1}=\frac{a_{1}+b_{n}}{{\sqrt{a_{1}{ }^{2}+b_{n}}}^{2}}$ 可得 $b_{n}=\frac{a_{1} \pm a_{1}{ }^{2} \sqrt{2-a_{1}{ }^{2}}}{a_{1}{ }^{2}-1}$
$\therefore \mathrm{b}_{1}, \mathrm{~b}_{2}, \mathrm{~b}_{3}$ 至少有两项相同，矛盾
$\therefore a_{1}=\sqrt{2}$ ，从而 $b_{n}=\frac{a_{1} \pm a_{1}{ }^{2} \sqrt{2-a_{1}{ }^{2}}}{a_{1}{ }^{2}-1}=\sqrt{2}$
$\therefore a_{1}=b_{1}=\sqrt{2}$
点评 本题主要考查了利用构造法证明等差数列及等比数列的通项公式的应用，解题的关键是反证法的应用．
三、附加题（21选做题：任选2小题作答，22、23必做题）（共3小题，满分40分）
（第21－A题）