2019 年考研数学（三） 第 19 题

${\int }_0^1{x}^n\sqrt{1-x^2}dx$ 型 → 换元 $x=\sin t$ 转成 Wallis 积分建立递推。求相邻项比值极限 → 用单调性做夹逼。坑：$\frac{a_n}{a_{n-1}}$ 的下界是 $\frac{a_n}{a_{n-2}}=\frac{n-1}{n+2}$，上界 $1$。

本题考查定积分递推公式（换元 $x=\sin t$，类 Wallis）与夹逼求极限。（Ⅰ）单调性：$0\le x\le 1$ 时 $x^{n+1}\sqrt{1-x^2}\le x^n\sqrt{1-x^2}$，两边积分得 $a_{n+1}\le a_n$，故 $\{a_n\}$ 单调递减。

令 $x=\sin t$：$a_n={\int }_0^{\pi /2}{\sin }^{n}t{\cos }^{2}tdt={\int }_0^{\pi /2}({\sin }^{n}t-{\sin }^{n+2}t)dt=I_n-\frac{n+1}{n+2}{I}_n=\frac{1}{n+2}{I}_n$，其中 $I_n={\int }_0^{\pi /2}{\sin }^{n}tdt$。同理 $a_{n-2}=\frac{1}{n-1}{I}_n$，两式相除得 $a_n=\frac{n-1}{n+2}{a}_{n-2}$。

（Ⅱ）由递推与递减：$a_n=\frac{n-1}{n+2}{a}_{n-2}>\frac{n-1}{n+2}{a}_{n-1}$（因 $a_{n-2}>a_{n-1}$），故 $\frac{n-1}{n+2}<\frac{a_n}{a_{n-1}}<1$。当 $n\to \infty$，$\frac{n-1}{n+2}\to 1$，由夹逼准则 $\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{a_n}{a_{n-1}}=1$。