Question

14．我们把一系列向量$\overrightarrow{{a}_{i}}$（i=1，2，…，n）按次序排成一列，称之为向量列，记作{$\overrightarrow{{a}_{n}}$}．已知向量列{$\overrightarrow{{a}_{n}}$}满足：$\overrightarrow{{a}_{1}}$=（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）证明：数列{|$\overrightarrow{{a}_{n}}$|}是等比数列；
（2）设c_n=|$\overrightarrow{{a}_{n}}$|•log₂|$\overrightarrow{{a}_{n}}$|，问数列{c_n}中是否存在最小项？若存在，求出最小项；若不存在，请说明理由．
（3）设θ_n表示向量$\overrightarrow{{a}_{n-1}}$与$\overrightarrow{{a}_{n}}$间的夹角，若b_n=$\frac{{n}^{2}}{π}$θ_n，对于任意的正整数n，不等式$\sqrt{\frac{1}{{b}_{n+1}}}$+$\sqrt{\frac{1}{{b}_{n+2}}}$+…+$\sqrt{\frac{1}{{b}_{2n}}}$＞$\frac{1}{2}$log_a（1-2a）恒成立，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）通过向量模的计算易得数列{|$\overrightarrow{{a}_{n}}$|}是等比数列；
（2）易知c_n=$\frac{2-n}{2}•$${2}^{\frac{2-n}{2}}$，假设数列{c_n}中的第n项最小，可知0≤c₂＜c₁，当n≥3时，通过计算可得c₅＜c₆＜c₇＜…，再由c_n≥c_n+1知c₅＜c₄＜…＜c₁，故得结论；
（3）通过向量数量积的运算，可得cosθ_n=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，从而b_n=$\frac{{n}^{2}}{4}$，利用放缩法可得$\sqrt{\frac{1}{{b}_{n+1}}}$+$\sqrt{\frac{1}{{b}_{n+2}}}$+…+$\sqrt{\frac{1}{{b}_{2n}}}$＞1，故恒等式即为log_a（1-2a）＜2=$lo{g}_{a}{a}^{2}$，分①0＜a＜1、②1＜a＜+∞两种情况讨论即可．

解答 （1）证明：根据题意，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}$$|\overrightarrow{{a}_{n-1}}|$，
∴数列{|$\overrightarrow{{a}_{n}}$|}是等比数列；
（2）结论：数列{c_n}中存在最小项，最小项为c₅=$-\frac{3}{2}•{2}^{-\frac{3}{2}}$．
理由如下：
∵$|\overrightarrow{{a}_{n}}|$=$\sqrt{2}（\frac{\sqrt{2}}{2}）^{n-1}$=${2}^{\frac{2-n}{2}}$，∴c_n=$\frac{2-n}{2}•$${2}^{\frac{2-n}{2}}$，
假设数列{c_n}中的第n项最小，由c₁=$\frac{\sqrt{2}}{2}$、c₂=0，可知0≤c₂＜c₁，
当n≥3时，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}$（舍），
∴n=5，即有c₅＜c₆＜c₇＜…，
由c_n≥c_n+1，得3≤n≤5，
又0≤c₂＜c₁，∴c₅＜c₄＜…＜c₁，
故数列{c_n}中存在最小项，最小项为c₅=$-\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=$\frac{{n}^{2}}{π}×\frac{π}{4}$=$\frac{{n}^{2}}{4}$，
∴$\sqrt{\frac{1}{{b}_{n+i}}}$=$\sqrt{\frac{4}{（n+i）^{2}}}$=$\frac{2}{n+i}$，
∴$\sqrt{\frac{1}{{b}_{n+1}}}$+$\sqrt{\frac{1}{{b}_{n+2}}}$+…+$\sqrt{\frac{1}{{b}_{2n}}}$=$\frac{2}{n+1}+\frac{2}{n+2}+…+\frac{2}{n+n}$
≥$n×\frac{2}{n+n}$
=1＞$\frac{1}{2}$log_a（1-2a），
即log_a（1-2a）＜2=$lo{g}_{a}{a}^{2}$，
①当0＜a＜1时，则有$\left\{\begin{array}{l}{1-2a＞0}\\{1-2a＞{a}^{2}}\end{array}\right.$，解得$0＜a＜\sqrt{2}-1$；
②当1＜a＜+∞时，则有$\left\{\begin{array}{l}{1-2a＞0}\\{1-2a＜{a}^{2}}\end{array}\right.$，无解；
综上所述，实数a的取值范围为：（0，$\sqrt{2}-1$）．

点评 本题考查数列和向量的综合运用，考查放缩法，考查分类讨论的思想，解题时要认真审题，仔细解答，注意挖掘题设中的隐含条件，合理地进行等价转化，属于中档题．