Question

設(shè)數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，且對(duì)任意的n∈N^*，都有a_n＞0，S_n=

a 3 1 + a 3 2 + a 3 3 +…+ a 3 n

．
（1）求a₁，a₂的值．
（2）對(duì)于數(shù)列{a_n}，求證：a_2n+1ⁿ≥a_2nⁿ+a_2n-1ⁿ
（3）已知橢圓方程C：

x2

a2

+

y2

b2

=1（a＞b＞0），數(shù)列{a_n}中的a₂，a₄分別是橢圓的短半軸長(zhǎng)的平方和長(zhǎng)半軸長(zhǎng)的平方，過(guò)點(diǎn)P(

2

3

，-

1

3

)而不過(guò)點(diǎn)Q(

2

，1)的動(dòng)直線l交橢圓C于A、B兩點(diǎn)，記△QAB的面積為S，證明：S＜3．

Answer 1

考點(diǎn)：數(shù)列與解析幾何的綜合,數(shù)列遞推式

專(zhuān)題：等差數(shù)列與等比數(shù)列

分析：（1）由題意可知a1=S1=

a13

，求解得到a₁=1，a1+a2=

a13+a23

，將a₁=1代入a₂=2．
（2）由，S_n=

a 3 1 + a 3 2 + a 3 3 +…+ a 3 n

，得a₁³+a₂³++a_n³=（a₁+a₂++a_n）²，得a_n+1²-a_n²=a_n+1+a_n，∴a_n+1-a_n=1．由此能夠?qū)С鯽_n=n，求出a_2n+1ⁿ，a_2nⁿ+a_2n-1ⁿ，
由分析法結(jié)合二項(xiàng)式定理可知原不等式成立．
（3）首先證明三角形為直角三角形，然后分QA或QB的斜率不存在和斜率都存在時(shí)證明，當(dāng)QA或QB的斜率不存在時(shí)直接求出三角形的面積，當(dāng)斜率都存在時(shí)設(shè)出QA的方程，
和橢圓聯(lián)立后求得|QA|，再求出|QB|，代入面積公式后整理，然后換元，利用三角函數(shù)的有界性證得答案．

解答： （1）解：在S_n=

a 3 1 + a 3 2 + a 3 3 +…+ a 3 n

中，
當(dāng)n=1時(shí)，a1=S1=

a13

，即a12=a13，
∵a₁＞0，∴a₁=1，
當(dāng)n=2時(shí)，(a1+a2)2=a12+a23，即1+2a2+a22=1+a23，
解得：a₂=-1或a₂=2．
∵a₂＞0，∴a₂=2；
證明：由S_n=

a 3 1 + a 3 2 + a 3 3 +…+ a 3 n

，得
a₁³+a₂³+a₃³+…+a_n³=S_n² ①，
當(dāng)n≥2時(shí)，a₁³+a₂³+a₃³+…+a_n-1³=S_n-1² ②，
①-②得，a_n³=S_n²-S_n-1²=（S_n-S_n-1）（S_n+S_n-1），
∵a_n＞0，∴a_n²=S_n+S_n-1=2S_n-a_n ③，
∵a₁=1適合上式．
當(dāng)n≥2時(shí)，a_n-1²=2S_n-1-a_n-1 ④，
③-④得：a_n²-a_n-1²=2（S_n-S_n-1）-a_n+a_n-1=2a_n-a_n+a_n-1=a_n+a_n-1
∵a_n+a_n-1＞0，∴a_n-a_n-1=1．
∴數(shù)列{a_n}是等差數(shù)列，首項(xiàng)為1，公差為1，可得a_n=n．
則a_2n+1ⁿ=（2n+1）ⁿ，
a_2nⁿ+a_2n-1ⁿ=（2n）ⁿ+（2n-1）ⁿ．
要證a_2n+1ⁿ≥a_2nⁿ+a_2n-1ⁿ，
只需證（1+(1+

1

2n

)n≥1+(1-

1

2n

)n，
只需證(1+

1

2n

)n-(1-

1

2n

)n≥1，
由于(1+

1

2n

)n-(1-

1

2n

)n=[

C

0 n

+

C

1 n

(

1

2n

)+

C

2 n

(

1

2n

)2+

C

3 n

(

1

2n

)3+…]-[

C

0 n

-

C

1 n

(

1

2n

)+

C

2 n

(

1

2n

)2-

C

3 n

(

1

2n

)3+…]
=2[

C

1 n

(

1

2n

)+

C

3 n

(

1

2n

)3+

C

5 n

(

1

2n

)5+…]
=1+2[

C

3 n

(

1

2n

)3+

C

5 n

(

1

2n

)5+…]≥1．
（3）證明：由（2）知，b2=a2=2，a2=a4=4，
∴橢圓方程為

x2

4

+

y2

2

=1．
當(dāng)過(guò)點(diǎn)P(

2

3

，-

1

3

)的直線l的斜率不存在時(shí)，解得A（

2

3

，-

4

3

），B（

2

3

，

4

3

），
又點(diǎn)Q(

2

，1)，可得∠AQB=90°；
當(dāng)過(guò)點(diǎn)P(

2

3

，-

1

3

)的直線l的斜率存在時(shí)，設(shè)直線方程為y=kx+b，
∵P在直線上，得b=-

1

3

(

2

k+1)，
聯(lián)立直線方程和橢圓方程得：（2k²+1）x²+4kbx+2b²-4=0．
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
則x1+x2=-

4kb

2k2+1

，x1x2=

2b2-4

2k2+1

，
yy1+y2=k(x1+x2)+2b=

2b

2k2+1

，y1y2=

b2-4k2

2k2+1

．

QA

=(x1-

2

，y1-1)，

QB

=(x2-

2

，y2-1)，
則

QA

•

QB

=x1x2-

2

(x1+x2)+2+y1y2-(y1+y2)+1
=

2b2-4

2k2+1

-

2

(-

4kb

2k2+1

)+2+

b2-4k2

2k2+1

-

2b

2k2+1

+1=0．
∴∠AQB=90°．
則△AQB為直角三角形．
當(dāng)QA或QB的斜率不存在時(shí)，求得S△AQB=2

2

＜3．
當(dāng)QA，QB的斜率都存在時(shí)，不妨設(shè)QA：y=m(x-

2

)+1，代入橢圓方程得，
(2m2+1)x2-4m(

2

m-1)x+2(

2

m-1)2-4=0．
則|QA|=

m2+1

•

[ 4m( 2 m-1) 2m2+1 ]2-4 2( 2 m-1)2 2m2+1

=

m2+1

•

8 | 2 m+1|

2m2+1

．
同理求得|QB|=

m2+1

•

8 | 2 -m|

m2+2

．
∴S=

1

2

|QA|•|QB|=

1

2

m2+1

•

8 | 2 m+1|

2m2+1

•

m2+1

8 | 2 -m|

m2+2

=4

| 2 • 1-m2 m2+1 + m m2+1 |

2+( m m2+1 )2

．
令

1-m2

m2+1

=cosθ，

2m

m2+1

=sinθ，則S=

| 2 cosθ+ 1 2 sinθ|

2+ 1 4 sin2θ

．
由|

2

cosθ+

1

2

sinθ|=

2+ 1 4

|sin(θ+α)|≤

2+ 1 4

=

3

2

，
2+

1

4

sin2θ≥2，且“=”不同時(shí)取得，
∴S＜4×

3 2

2

=3．
綜上，S＜3．

點(diǎn)評(píng)：本題主要考查數(shù)列、不等式、二項(xiàng)式定理等知識(shí)，考查化歸與轉(zhuǎn)化的數(shù)學(xué)思想方法，以及抽象概括能力、運(yùn)算求解能力和創(chuàng)新意識(shí)，考查了學(xué)生的運(yùn)算能力，是壓軸題．．