Question

14．我們把一系列向量$\overrightarrow{{a}_{i}}$（i=1，2，…，n）按次序排成一列，稱之為向量列，記作{$\overrightarrow{{a}_{n}}$}．已知向量列{$\overrightarrow{{a}_{n}}$}滿足：$\overrightarrow{{a}_{1}}$=（1，1），$\overrightarrow{{a}_{n}}$=（x_n，y_n）=$\frac{1}{2}$（x_n-1-y_n-1，x_n-1+y_n-1）（n≥2）．
（1）證明：數(shù)列{|$\overrightarrow{{a}_{n}}$|}是等比數(shù)列；
（2）設(shè)c_n=|$\overrightarrow{{a}_{n}}$|•log₂|$\overrightarrow{{a}_{n}}$|，問數(shù)列{c_n}中是否存在最小項(xiàng)？若存在，求出最小項(xiàng)；若不存在，請(qǐng)說明理由．
（3）設(shè)θ_n表示向量$\overrightarrow{{a}_{n-1}}$與$\overrightarrow{{a}_{n}}$間的夾角，若b_n=$\frac{{n}^{2}}{π}$θ_n，對(duì)于任意的正整數(shù)n，不等式$\sqrt{\frac{1}{_{n+1}}}$+$\sqrt{\frac{1}{_{n+2}}}$+…+$\sqrt{\frac{1}{_{2n}}}$＞$\frac{1}{2}$log_a（1-2a）恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）通過向量模的計(jì)算易得數(shù)列{|$\overrightarrow{{a}_{n}}$|}是等比數(shù)列；
（2）易知c_n=$\frac{2-n}{2}•$${2}^{\frac{2-n}{2}}$，假設(shè)數(shù)列{c_n}中的第n項(xiàng)最小，可知0≤c₂＜c₁，當(dāng)n≥3時(shí)，通過計(jì)算可得c₅＜c₆＜c₇＜…，再由c_n≥c_n+1知c₅＜c₄＜…＜c₁，故得結(jié)論；
（3）通過向量數(shù)量積的運(yùn)算，可得cosθ_n=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，從而b_n=$\frac{{n}^{2}}{4}$，利用放縮法可得$\sqrt{\frac{1}{_{n+1}}}$+$\sqrt{\frac{1}{_{n+2}}}$+…+$\sqrt{\frac{1}{_{2n}}}$＞1，故恒等式即為log_a（1-2a）＜2=$lo{g}_{a}{a}^{2}$，分①0＜a＜1、②1＜a＜+∞兩種情況討論即可．

解答 （1）證明：根據(jù)題意，得$|\overrightarrow{{a}_{n}}|$=$\frac{1}{2}\sqrt{（{x}_{n-1}-{y}_{n-1}）^{2}+（{x}_{n-1}+{y}_{n-1}）^{2}}$
=$\frac{\sqrt{2}}{2}\sqrt{{{x}_{n-1}}^{2}+{{y}_{n-1}}^{2}}$
=$\frac{\sqrt{2}}{2}$$|\overrightarrow{{a}_{n-1}}|$，
∴數(shù)列{|$\overrightarrow{{a}_{n}}$|}是等比數(shù)列；
（2）結(jié)論：數(shù)列{c_n}中存在最小項(xiàng)，最小項(xiàng)為c₅=$-\frac{3}{2}•{2}^{-\frac{3}{2}}$．
理由如下：
∵$|\overrightarrow{{a}_{n}}|$=$\sqrt{2}（\frac{\sqrt{2}}{2}）^{n-1}$=${2}^{\frac{2-n}{2}}$，∴c_n=$\frac{2-n}{2}•$${2}^{\frac{2-n}{2}}$，
假設(shè)數(shù)列{c_n}中的第n項(xiàng)最小，由c₁=$\frac{\sqrt{2}}{2}$、c₂=0，可知0≤c₂＜c₁，
當(dāng)n≥3時(shí)，有c_n＜0，由c_n≤c_n+1，可得
$\frac{2-n}{2}•$${2}^{\frac{2-n}{2}}$≤$\frac{2-（n+1）}{2}•{2}^{\frac{2-（n+1）}{2}}$，即$\frac{2-n}{1-n}≥{2}^{-\frac{1}{2}}$，
∴$（\frac{2-n}{1-n}）^{2}≥\frac{1}{2}$，∴n²-6n+7≥0，
解得$n≥3+\sqrt{2}$或$n≤3-\sqrt{2}$（舍），
∴n=5，即有c₅＜c₆＜c₇＜…，
由c_n≥c_n+1，得3≤n≤5，
又0≤c₂＜c₁，∴c₅＜c₄＜…＜c₁，
故數(shù)列{c_n}中存在最小項(xiàng)，最小項(xiàng)為c₅=$-\frac{3}{2}•{2}^{-\frac{3}{2}}$；
（3）解：∵cosθ_n=$\frac{\overrightarrow{{a}_{n-1}}•\overrightarrow{{a}_{n}}}{|\overrightarrow{{a}_{n-1}}||\overrightarrow{{a}_{n}}|}$
=$\frac{（{x}_{n-1}，{y}_{n-1}）•\frac{1}{2}（{x}_{n-1}-{y}_{n-1}，{x}_{n-1}+{y}_{n-1}）}{\frac{\sqrt{2}}{2}|\overrightarrow{{a}_{n-1}}{|}^{2}}$
=$\frac{\frac{1}{2}（{{x}_{n-1}}^{2}+{{y}_{n-1}}^{2}）}{\frac{\sqrt{2}}{2}（{{x}_{n-1}}^{2}+{{y}_{n-1}}^{2}）}$
=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
∴θ_n=$\frac{π}{4}$，∴b_n=$\frac{{n}^{2}}{π}×\frac{π}{4}$=$\frac{{n}^{2}}{4}$，
∴$\sqrt{\frac{1}{_{n+i}}}$=$\sqrt{\frac{4}{（n+i）^{2}}}$=$\frac{2}{n+i}$，
∴$\sqrt{\frac{1}{_{n+1}}}$+$\sqrt{\frac{1}{_{n+2}}}$+…+$\sqrt{\frac{1}{_{2n}}}$=$\frac{2}{n+1}+\frac{2}{n+2}+…+\frac{2}{n+n}$
≥$n×\frac{2}{n+n}$
=1＞$\frac{1}{2}$log_a（1-2a），
即log_a（1-2a）＜2=$lo{g}_{a}{a}^{2}$，
①當(dāng)0＜a＜1時(shí)，則有$\left\{\begin{array}{l}{1-2a＞0}\\{1-2a＞{a}^{2}}\end{array}\right.$，解得$0＜a＜\sqrt{2}-1$；
②當(dāng)1＜a＜+∞時(shí)，則有$\left\{\begin{array}{l}{1-2a＞0}\\{1-2a＜{a}^{2}}\end{array}\right.$，無(wú)解；
綜上所述，實(shí)數(shù)a的取值范圍為：（0，$\sqrt{2}-1$）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查數(shù)列和向量的綜合運(yùn)用，考查放縮法，考查分類討論的思想，解題時(shí)要認(rèn)真審題，仔細(xì)解答，注意挖掘題設(shè)中的隱含條件，合理地進(jìn)行等價(jià)轉(zhuǎn)化，屬于中檔題．