Question

16．已知點列P_n（x_n，$\frac{2}{{x}_{n}}$）與A_n（a_n，0）滿足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與x_n的關系式；
（Ⅱ）求證：n²＜${x}_{2}^{2}$+${x}_{3}^{2}$+…+${x}_{n+1}^{2}$≤4n²．

Answer 1

分析 （I）由題意可得P_n（x_n，$\frac{2}{{x}_{n}}$），P_n+1（x_n+1，$\frac{2}{{x}_{n+1}}$），A_n（a_n，0），再由向量垂直的條件：數(shù)量積為0，以及向量的模的公式，化簡整理，即可得到所求關系式；
（Ⅱ）當n=2時，計算成立；由x_n+1-x_n=$\frac{2}{{x}_{n+1}}$，可得x_n+1²=2+x_nx_n+1，討論2n＜x_nx_n+1＜4n-2，運用累加及等差數(shù)列的求和公式，即可得證．

解答 解：（I）由題意可得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，
化簡可得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）當n=2時，x₂-x₁=$\frac{2}{{x}_{2}}$，由x₁=1，可得x₂=2，滿足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．
則有n²＜${x}_{2}^{2}$+${x}_{3}^{2}$+…+${x}_{n+1}^{2}$≤4n²．

點評 本題考查向量的數(shù)量積的性質(zhì)和坐標表示，以及向量的模的公式，考查不等式的證明，注意運用放縮法和等差數(shù)列的求和公式，考查化簡整理的運算能力，屬于中檔題．