Question

已知函数f(x)=

2n+1

2

x+

2n-1

2x

在(0，+∞)上的最小值是a_n（n∈N^*）．
（1）求数列{a_n}的通项公式；
（2）证明

1

a 2 1

+

1

a 2 2

+…+

1

a 2 n

＜

1

2

；
（3）在点列A_n（2n，a_n）中，是否存在两点A_i，A_j（i，j∈N^*）使直线A_iA_j的斜率为1？若存在，求出所有数对（i，j），若不存在，说明理由．

Answer 1

分析：（1）由f(x)≥

1

2

•2

(2n+1)x• 2n-1 x

=

4n2-1

，知当且仅当(2n+1)x=

2n-1

x

时，f（x）取得最小值，由此能求出数列{a_n}的通项公式．
（2）由

1

a 2 n

=

1

4n2-1

=

1

2

(

1

2n-1

-

1

2n+1

)，能够证明

1

a 2 1

+

1

a 2 2

+…+

1

a 2 n

＜

1

2

．
（3）设A_i（2i，a_i），A（2j，a_j），则kAiAj=

ai-aj

2(i-j)

=

4i2-1 - 4j2-1

2(i-j)

=

4(i2-j2)

2(i-j)( 4i2-1 + 4j2-1 )

=

2(i+j)

4i2-1 + 4j2-1

＞

2(i+j)

4i2 + 4j2

=1．故不存在存在两点A_i，A_j（i，j∈N^*）使直线A_iA_j的斜率为1．

解答：解：（1）∵f(x)≥

1

2

•2

(2n+1)x• 2n-1 x

=

4n2-1

…（2分）
当且仅当(2n+1)x=

2n-1

x

即x=

2n-1 2n+1

时，
f（x）取得最小值

4n2-1

，
∴an=

4n2-1

．…（4分）
（2）证明∵

1

a 2 n

=

1

4n2-1

=

1

2

(

1

2n-1

-

1

2n+1

)，…（6分）
∴

1

a 2 1

+

1

a 2 2

+…+

1

a 2 n

=

1

2

[(1-

1

3

)+(

1

3

-

1

5

)+…+(

1

2n-1

-

1

2n+1

)]
=

1

2

(1-

1

2n+1

)＜

1

2

．…（9分）
（3）不存在．
设A_i（2i，a_i），A（2j，a_j），（其中i，j∈N^*），
则kAiAj=

ai-aj

2(i-j)

=

4i2-1 - 4j2-1

2(i-j)

…（10分）
=

4(i2-j2)

2(i-j)( 4i2-1 + 4j2-1 )

…（12分）
=

2(i+j)

4i2-1 + 4j2-1

＞

2(i+j)

4i2 + 4j2

=1．
故不存在存在两点A_i，A_j（i，j∈N^*）使直线A_iA_j的斜率为1．…（14分）

点评：本题考查数列与不等式的综合运用，解题时要认真审题，注意挖掘题设中的隐含条件，合理地进行等价转化．