2019 年考研数学（一） 第 18 题

含 $\sqrt{1-x^2}$ 的积分是三角换元 $x=\sin t$ 的经典信号，换元后变成正弦幂积分，可套 Wallis 递推得到 $a_n$ 与 $a_{n-2}$ 的关系。求相邻项之比的极限时直接算比值困难，但单调递减给出 $a_n<a_{n-1}<a_{n-2}$，配合递推式把 $\frac{a_n}{a_{n-1}}$ 夹逼在 $\frac{n-1}{n+2}$ 与 $1$ 之间，用夹逼定理取极限。

本题考查定积分的单调性、换元积分与递推公式，以及利用夹逼定理求极限。

（Ⅰ）单调递减。 当 $0\le x\le 1$ 时 $x^{n+1}\sqrt{1-x^2}\le x^n\sqrt{1-x^2}$，且不恒等，所以
$$a_{n+1}={\int }_0^1{x}^{n+1}\sqrt{1-x^2}\mathrm{d}x<{\int }_0^1{x}^n\sqrt{1-x^2}\mathrm{d}x=a_n,$$
故 $\{a_n\}$ 单调递减。

递推公式。 令 $x=\sin t$，记 $I_m={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\sin }^{m}t\mathrm{d}t$。则
$$a_n={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\sin }^{n}t{\cos }^{2}t\mathrm{d}t={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}({\sin }^{n}t-{\sin }^{n+2}t)\mathrm{d}t=I_n-I_{n+2}=I_n-\frac{n+1}{n+2}{I}_n=\frac{1}{n+2}{I}_n,$$
$$a_{n-2}={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\sin }^{n-2}t{\cos }^{2}t\mathrm{d}t=I_{n-2}-I_n.$$
再由沃利斯递推 $I_n=\frac{n-1}{n}{I}_{n-2}$ 得 $I_{n-2}=\frac{n}{n-1}{I}_n$，于是 $a_{n-2}=\frac{n}{n-1}{I}_n-I_n=\frac{1}{n-1}{I}_n$。因此
$$\frac{a_n}{a_{n-2}}=\frac{\frac{1}{n+2}{I}_n}{\frac{1}{n-1}{I}_n}=\frac{n-1}{n+2},\text{即}{a}_n=\frac{n-1}{n+2}{a}_{n-2}(n=2,3,\cdots ).$$

（Ⅱ）求极限。 因为 $\{a_n\}$ 单调递减，所以 $a_n=\frac{n-1}{n+2}{a}_{n-2}>\frac{n-1}{n+2}{a}_{n-1}$，从而
$$\frac{n-1}{n+2}<\frac{a_n}{a_{n-1}}<1.$$
当 $n\to \infty$ 时 $\frac{n-1}{n+2}\to 1$，由夹逼定理得 $\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{a_n}{a_{n-1}}=1$。