Question

19．$\overrightarrow{{a}_{i}}$（i=1，2，…，n）{$\overrightarrow{{a}_{n}}$}{$\overrightarrow{{a}_{n}}$}$\overrightarrow{{a}_{1}}$=（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）證明：數(shù)列{|$\overrightarrow{{a}_{n}}$|}是等比數(shù)列；
（2）設θ_n表示向量$\overrightarrow{{a}_{n-1}}$與$\overrightarrow{{a}_{n}}$間的夾角，若b_n=2nθ_n-1，S_n=b₁+b₂+…+b_n，求S_n；
（3）設c_n=|$\overrightarrow{{a}_{n}}$|•log₂|$\overrightarrow{{a}_{n}}$|，問數(shù)列{c_n}中是否存在最小項？若存在，求出最小項；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）通過向量模的計算易得數(shù)列{|$\overrightarrow{{a}_{n}}$|}是等比數(shù)列；
（2）通過向量數(shù)量積的運算，可得cosθ_n=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，即得b_n=$\frac{nπ}{2}-1$，S_n=$\frac{π}{4}（{n}^{2}+n）-n$；
（3）易知c_n=$\frac{2-n}{2}•$${2}^{\frac{2-n}{2}}$，假設數(shù)列{c_n}中的第n項最小，可知0≤c₂＜c₁，當n≥3時，通過計算可得c₅＜c₆＜c₇＜…，再由c_n≥c_n+1知c₅＜c₄＜…＜c₁，故得結(jié)論．

解答 （1）證明：根據(jù)題意，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}$$|\overrightarrow{{a}_{n-1}}|$，
∴數(shù)列{|$\overrightarrow{{a}_{n}}$|}是等比數(shù)列；
（2）解：∵cosθ_n=$\frac{\overrightarrow{{a}_{n-1}}•\overrightarrow{{a}_{n}}}{|\overrightarrow{{a}_{n-1}}||\overrightarrow{{a}_{n}}|}$
=$\frac{（{x}_{n-1}，{y}_{n-1}）•\frac{1}{2}（{x}_{n-1}-{y}_{n-1}，{x}_{n-1}+{y}_{n-1}）}{\frac{\sqrt{2}}{2}|\overrightarrow{{a}_{n-1}}{|}^{2}}$
=$\frac{\frac{1}{2}（{{x}_{n-1}}^{2}+{{y}_{n-1}}^{2}）}{\frac{\sqrt{2}}{2}（{{x}_{n-1}}^{2}+{{y}_{n-1}}^{2}）}$
=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
∴θ_n=$\frac{π}{4}$，∴b_n=$\frac{nπ}{2}-1$，
∴S_n=$（\frac{1}{2}π-1）+（\frac{2}{2}π-1）+$$…+（\frac{n}{2}π-1）$=$\frac{π}{4}（{n}^{2}+n）-n$；
（3）結(jié)論：數(shù)列{c_n}中存在最小項，最小項為c₅=$-\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}•$${2}^{\frac{2-n}{2}}$，
假設數(shù)列{c_n}中的第n項最小，由c₁=$\frac{\sqrt{2}}{2}$、c₂=0，可知0≤c₂＜c₁，
當n≥3時，有c_n＜0，由c_n≤c_n+1，可得
$\frac{2-n}{2}•$${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}$（舍），
∴n=5，即有c₅＜c₆＜c₇＜…，
由c_n≥c_n+1，得3≤n≤5，
又0≤c₂＜c₁，∴c₅＜c₄＜…＜c₁，
故數(shù)列{c_n}中存在最小項，最小項為c₅=$-\frac{3}{2}•{2}^{-\frac{3}{2}}$．

點評 本題考查數(shù)列和向量的綜合運用，解題時要認真審題，仔細解答，注意挖掘題設中的隱含條件，合理地進行等價轉(zhuǎn)化，屬于中檔題．