Question

5．我们把一系列向量$\overrightarrow{{a}_{i}}$（i=1，2，3，…，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θ_n表示向量$\overrightarrow{{a}_{n}}$与$\overrightarrow{{a}_{n-1}}$间的夹角，若b_n=$\frac{{n}^{2}}{π}$θ_n，对于任意正整数n，不等式$\sqrt{\frac{1}{{b}_{n+1}}}$+$\sqrt{\frac{1}{{b}_{n+2}}}$+…+$\sqrt{\frac{1}{{b}_{2n}}}$＞a（a+2）恒成立，求实数a的范围
（3）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．

Answer 1

分析 （1）通过向量模的定义计算可知|$\overrightarrow{{a}_{n}}$|=$\sqrt{{{x}_{n}}^{2}+{{y}_{n}}^{2}}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$|$\overrightarrow{{a}_{n-1}}$|；
（2）通过向量数量积的定义可知cosθ_n=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，进而b_n=$\frac{{n}^{2}}{4}$，则问题转化为解不等式1＞a（a+2），计算即得结论；
（3）通过假设数列{c_n}中的第n项最小，找出数列的单调性计算即得结论．

解答 （1）证明：∵$\overrightarrow{{a}_{n}}$=（x_n，y_n）=$\frac{1}{2}$（x_n-1-y_n-1，x_n-1+y_n-1）（n≥2），
∴|$\overrightarrow{{a}_{n}}$|=$\sqrt{{{x}_{n}}^{2}+{{y}_{n}}^{2}}$
=$\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）解：∵cosθ_n=$\frac{\overrightarrow{{a}_{n}}•\overrightarrow{{a}_{n-1}}}{|\overrightarrow{{a}_{n}}|•|\overrightarrow{{a}_{n-1}}|}$
=$\frac{\frac{1}{2}•（{x}_{n-1}-{y}_{n-1}，{x}_{n-1}+{y}_{n-1}）•（{x}_{n-1}，{y}_{n-1}）}{\frac{\sqrt{2}}{2}|\overrightarrow{{a}_{n-1}}|•|\overrightarrow{{a}_{n-1}}|}$
=$\frac{\sqrt{2}}{2}$•$\frac{{{x}_{n-1}}^{2}-{x}_{n-1}{y}_{n-1}+{x}_{n-1}{y}_{n-1}+{{y}_{n-1}}^{2}}{{\overrightarrow{{a}_{n-1}}}^{2}}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
∴θ_n=$\frac{π}{4}$，∴b_n=$\frac{{n}^{2}}{π}$θ_n=$\frac{{n}^{2}}{4}$，
∴不等式$\sqrt{\frac{1}{{b}_{n+1}}}$+$\sqrt{\frac{1}{{b}_{n+2}}}$+…+$\sqrt{\frac{1}{{b}_{2n}}}$＞a（a+2）恒成立，即$\frac{2}{n+1}$+$\frac{2}{n+2}$+…+$\frac{2}{n+n}$＞a（a+2）恒成立，
记T_n=$\frac{2}{n+1}$+$\frac{2}{n+2}$+…+$\frac{2}{n+n}$，
显然数列{T_n}单调递增，
∴要使T_n＞a（a+2）成立，只需1＞a（a+2），
解得-1-$\sqrt{2}$＜a＜-1+$\sqrt{2}$，
∴使不等式对于任意正整数恒成立的a的取值范围是：（-1-$\sqrt{2}$，-1+$\sqrt{2}$）；
（3）结论：数列{c_n}中存在最小项，最小项是c₅=-$\frac{3}{2}$•${2}^{-\frac{3}{2}}$．
理由如下：
∵$\overrightarrow{{a}_{1}}$=（1，1），即|$\overrightarrow{{a}_{1}}$|=$\sqrt{2}$，
∴|$\overrightarrow{{a}_{n}}$|=$\sqrt{2}$•$（\frac{\sqrt{2}}{2}）^{n-1}$=${2}^{\frac{2-n}{2}}$，
∴c_n=|$\overrightarrow{{a}_{n}}$|•log₂|$\overrightarrow{{a}_{n}}$|=$\frac{2-n}{2}$•${2}^{\frac{2-n}{2}}$，
假设数列{c_n}中的第n项最小，
∵c₁=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，c₂=0，
∴0≤c₂＜c₁，
当n≥3时，有c_n＜0，
∵c_n＜c_n+1，
∴$\frac{2-n}{2}$•${2}^{\frac{2-n}{2}}$≤$\frac{2-（n+1）}{2}$•${2}^{\frac{2-（n+1）}{2}}$，即$\frac{2-n}{1-n}$≥${2}^{-\frac{1}{2}}$，
∴$（\frac{2-n}{1-n}）^{2}$≥$\frac{1}{2}$，整理得：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，最小项是c₅=-$\frac{3}{2}$•${2}^{-\frac{3}{2}}$．

点评 本题是一道关于数列与向量、不等式的综合题，考查运算求解能力，考查分析问题、解决问题的能力，注意解题方法的积累，属于中档题．