Question

16．已知点列P_n（x_n，$\frac{2}{{x}_{n}}$）与A_n（a_n，0）满足x_n+1＞x_n，$\overrightarrow{{{P}_{n}P}_{n+1}}$⊥$\overrightarrow{{{A}_{n}P}_{n+1}}$，且|$\overrightarrow{{{P}_{n}P}_{n+1}}$|=|$\overrightarrow{{{A}_{n}P}_{n+1}}$|，其中n∈N^*，x₁=1．
（I）求x_n+1与x_n的关系式；
（Ⅱ）求证：n²＜${x}_{2}^{2}$+${x}_{3}^{2}$+…+${x}_{n+1}^{2}$≤4n²．

Answer 1

分析 （I）由题意可得P_n（x_n，$\frac{2}{{x}_{n}}$），P_n+1（x_n+1，$\frac{2}{{x}_{n+1}}$），A_n（a_n，0），再由向量垂直的条件：数量积为0，以及向量的模的公式，化简整理，即可得到所求关系式；
（Ⅱ）当n=2时，计算成立；由x_n+1-x_n=$\frac{2}{{x}_{n+1}}$，可得x_n+1²=2+x_nx_n+1，讨论2n＜x_nx_n+1＜4n-2，运用累加及等差数列的求和公式，即可得证．

解答 解：（I）由题意可得P_n（x_n，$\frac{2}{{x}_{n}}$），P_n+1（x_n+1，$\frac{2}{{x}_{n+1}}$），A_n（a_n，0），
由$\overrightarrow{{{P}_{n}P}_{n+1}}$⊥$\overrightarrow{{{A}_{n}P}_{n+1}}$，可得（x_n+1-x_n）（x_n+1-a_n）+（$\frac{2}{{x}_{n+1}}$-$\frac{2}{{x}_{n}}$）•$\frac{2}{{x}_{n+1}}$=0，
化简可得x_n+1-a_n=$\frac{4}{{x}_{n}{{x}_{n+1}}^{2}}$，
由|$\overrightarrow{{{P}_{n}P}_{n+1}}$|=|$\overrightarrow{{{A}_{n}P}_{n+1}}$|，可得（x_n+1-x_n）²+（$\frac{2}{{x}_{n+1}}$-$\frac{2}{{x}_{n}}$）²=（x_n+1-a_n）²+（$\frac{2}{{x}_{n+1}}$）²，
即（x_n+1-x_n）²（1+$\frac{4}{{{x}_{n}}^{2}{{x}_{n+1}}^{2}}$）=$\frac{4}{{{x}_{n+1}}^{2}}$（1+$\frac{4}{{{x}_{n}}^{2}{{x}_{n+1}}^{2}}$），
由x_n+1＞x_n，可得x_n+1-x_n=$\frac{2}{{x}_{n+1}}$；
（Ⅱ）当n=2时，x₂-x₁=$\frac{2}{{x}_{2}}$，由x₁=1，可得x₂=2，满足1＜2²≤4；
由x_n+1-x_n=$\frac{2}{{x}_{n+1}}$，可得x_n+1²=2+x_nx_n+1，
${x}_{2}^{2}$=2+x₁x₂≥4，${x}_{3}^{2}$=2+x₂x₃＞6，
…，${x}_{n+1}^{2}$=2+x_nx_n+1＞2n+2，
相加可得，${x}_{2}^{2}$+${x}_{3}^{2}$+…+${x}_{n+1}^{2}$＞$\frac{1}{2}$n（6+2n）=n²+3n＞n²．
又${x}_{2}^{2}$=2+x₁x₂≤4，${x}_{3}^{2}$=2+x₂x₃＜8，
…，${x}_{n+1}^{2}$=2+x_nx_n+1＜4n，
相加可得，${x}_{2}^{2}$+${x}_{3}^{2}$+…+${x}_{n+1}^{2}$＜$\frac{1}{2}$n（4+4n）=2n²+2n＜4n²．
则有n²＜${x}_{2}^{2}$+${x}_{3}^{2}$+…+${x}_{n+1}^{2}$≤4n²．

点评 本题考查向量的数量积的性质和坐标表示，以及向量的模的公式，考查不等式的证明，注意运用放缩法和等差数列的求和公式，考查化简整理的运算能力，属于中档题．