在平面直角坐标系 $xOy$ 中，$y$ 轴正半轴上的点列 $\left\{ {{A_n}} \right\}$ 与曲线 $y=\sqrt {2x} $（$x \geqslant 0$）上的点列 $\left\{ {{B_n}} \right\}$ 满足 $\left| {O{A_n}} \right|=\left| {O{B_n}} \right|=\dfrac{1}{n}$，直线 ${A_n}{B_n}$ 在 $x$ 轴上的截距为 ${a_n}$．点 ${B_n}$ 的横坐标为 ${b_n}$，$n \in {\mathbb N^ * }$．
【难度】
【出处】
无
【标注】
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求证：${a_n}>{a_{n+1}}>4$，$n \in {\mathbb N^ * }$；标注答案略解析根据题意$${a_n}=\sqrt {\dfrac{1}{{{n^2}}}+1}+1+\sqrt {2+2\sqrt {\dfrac{1}{{{n^2}}}+1} } ,{b_n}=\sqrt {\dfrac{1}{{{n^2}}}+1}-1.$$容易证明 ${a_n}>{a_{n+1}}>4$．
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求证：存在 $N \in {\mathbb N^ * }$，使得对任意 $n>N$ 都有 $\displaystyle\sum\limits_{k=1}^n {\dfrac{{{b_{k+1}}}}{{{b_k}}}}<n-2008$．标注答案略解析欲证明结论$$\sum\limits_{k=1}^n {\dfrac{{{b_{k+1}}}}{{{b_k}}}}<n-2008 \Leftrightarrow \sum\limits_{k=1}^n {\left( {1-\dfrac{{{b_{k+1}}}}{{{b_k}}}} \right)}>2008,$$而\[\begin{split}
1-\dfrac{{{b_{n+1}}}}{{{b_n}}} &=1-\dfrac{{\sqrt {\dfrac{1}{{{{\left( {n+1} \right)}^2}}}+1}-1}}{{\sqrt {\dfrac{1}{{{n^2}}}+1}-1}}\\
&={n^2}\left( {\dfrac{1}{{{n^2}}}-\dfrac{1}{{{{\left( {n+1} \right)}^2}}}} \right)\dfrac{{\sqrt {\dfrac{1}{{{n^2}}}+1}+1}}{{\sqrt {\dfrac{1}{{{n^2}}}+1}+\sqrt {\dfrac{1}{{{{\left( {n+1} \right)}^2}}}+1} }}\\
&>\dfrac{{2n+1}}{{2{{\left( {n+1} \right)}^2}}}= \dfrac{{2n+1}}{{2\left( {{n^2}+2n+1} \right)}}\\
&>\dfrac{{2n}}{{2\left( {{n^2}+3n} \right)}}=\dfrac{1}{{n+3}},
\end{split}\]由级数 $\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty {\dfrac{1}{n}} $ 发散，容易知道存在 $N \in {\mathbb N^ * }$，使得当 $n>N$ 时，有$$\displaystyle\sum\limits_{k=1}^n {\dfrac{1}{{k+3}}}>2008,$$因此原命题得证．
题目
问题1
答案1
解析1
备注1
问题2
答案2
解析2
备注2
