题目内容

18.已知斜率为k(k≠0)的直线l交椭圆$\frac{{x}^{2}}{4}$+y2=1于M,N
(1)记直线OM,ON的斜率分别为k1,k2,当3(k1+k2)=8k时,求l经过的定点;
(2)若直线l过点D(1,0),△OMD与△OND的面积比为t,当k2<$\frac{5}{12}$时,t的取值范围是(n1,n2),n1,n2>1,若数列的通项公式为$\frac{1}{({n}_{2})^{n}-0.5{n}_{1}}$,μn为其前n项之和,求证:μn<log34.

分析 (1)联立方程组,直接利用韦达定理求解;
(2)用k表示面积之比,求出t的范围,用放缩法求出数列之和即可得证.

解答 解:(1)依题意可设直线l的方程为y=kx+n,其中k≠0.
代入椭圆方程得:(1+4k2)x2+8knx+4n2-4=0,
则有x1+x2=$-\frac{8kn}{1+4{k}^{2}}$.        x1•x2=$\frac{4{n}^{2}-4}{1+4{k}^{2}}$…(2分)
则k1•k2=$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}}+\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}}=\frac{{y}_{1}{x}_{2}+{y}_{2}{x}_{1}}{{x}_{1}{x}_{2}}=\frac{{x}_{2}(k{x}_{1}+n)+{x}_{1}(k{x}_{2}+n)}{{x}_{1}{x}_{2}}$
=$\frac{2k{x}_{1}{x}_{2}+n({x}_{1}+{x}_{2})}{{x}_{1}{x}_{2}}\\;\\;\\;=-\frac{8k}{4{n}^{2}-4}$=$\frac{8k}{4{n}^{2}-4}$-.…(5分)
由条件有-$\frac{24k}{4{n}^{2}-4}=8k$,而k≠0,则有n=±$\frac{1}{2}$,
从而直线l过定点(0,$\frac{1}{2}$)或(0,-$\frac{1}{2}$).…(8分)
(2)证明:依题意可设直线l的方程为y=k(x-1),其中k≠0.
代入椭圆方程得:(1+4k2)x2-8k2x+4k2-4=0,
则有x1+x2=$\frac{8{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}$.…x1x2=$\frac{4{k}^{2}-4}{1+4{k}^{2}}$
从而有y1+y2=k(x1+x2)=$\frac{2k}{1+4{k}^{2}}$-…①
y1y2=k2[x1x2-(x1+x2)+1]=$-\frac{3{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}$…②
由①②得$\frac{({y}_{1}+{y}_{2})^{2}}{{y}_{1{y}_{2}}}=-\frac{4}{3(1+4{k}^{2})}$,…
由$0<{k}^{2}<\frac{5}{12}$,得-$\frac{4}{3}<-\frac{4}{3(1+4{k}^{2})}<-\frac{1}{2}$.…
又t=$\frac{{s}_{△0MD}}{{S}_{△OND}}=\frac{{y}_{1}}{{y}_{2}}$,因y1y2<0,
故t=-$\frac{{y}_{1}}{{y}_{2}}$,又$\frac{{(y}_{1}+{y}_{2})^{2}}{{y}_{1}{y}_{2}}=\frac{{y}_{1}}{{y}_{3}}+\frac{{y}_{2}}{{y}_{1}}+2=-t-\frac{1}{t}+2$,
从而有$-\frac{4}{3}<-t-\frac{1}{t}+2<-\frac{1}{2}$,得$\left\{\begin{array}{l}{3{t}^{2}-10t+3<0}\\{2{t}^{2}-5t+2>0}\end{array}\right.$,
解得2<t<3或$\frac{1}{3}<t<\frac{1}{2}…(舍去)$.…(13分)
∴数列$\frac{1}{({n}_{2})^{n}-0.5{n}_{1}}$的通项公式为${a}_{n}=\frac{1}{{3}^{n}-1}$,
∵3n-1=3•3n-1-1=2•3n-1+3n-1-1
∴n≥1时,${a}_{n}≥\frac{1}{2•{3}^{n-1}}$,
其前n项之和μn≤$\frac{1}{2}•\frac{(1-\frac{1}{{3}^{n-1}})}{1-\frac{1}{3}}=\frac{3}{4}$,
∴μn<log34得证.

点评 本题考查了直线与椭圆的位置关系、解析几何中的参数范围问题、数列的放缩法,属于压轴题.

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