Question

18．定義：若兩橢圓C₁：$\frac{x^2}{{{a_1}^2}}+\frac{y^2}{{{b_1}^2}}=1，{C_2}：\frac{x^2}{{{a_2}^2}}+\frac{y^2}{{{b_2}^2}}$=1滿足$\frac{a_2}{a_1}=\frac{b_2}{b_1}$=λ，則稱橢圓C₁與橢圓C₂相似，相似比為λ，現(xiàn)有一系列相似橢圓C_n：$\frac{x^2}{{{a_n}^2}}+\frac{y^2}{{{b_n}^2}}$=1，滿足a₁=$\sqrt{2}$，b₁=1，相似比λ=2，直線l：y=x與這一系列相似橢圓在第一象限內(nèi)的交點(diǎn)分別為A₁，A₂，…，A_n，設(shè)α_n=|A_nA_n+1|．
（1）求α₁；
（2）求證：{a_n}為等比數(shù)列，并求出其通項(xiàng)公式；
（3）令${β_n}={log_2}（\sqrt{3}{α_n}）$，求證$\frac{β_1}{β_2}+\frac{{{β_1}•{β_3}}}{{{β_2}•{β_4}}}+…+\frac{{{β_1}•{β_3}•{β_5}…{β_{2n-1}}}}{{{β_2}•{β_4}•{β_6}…{β_{2n}}}}＜\sqrt{2{β_n}+1}$-1．

Answer 1

分析 （1）將直線l：y=x與橢圓C₁：$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1$和橢圓C₂：$\frac{{x}^{2}}{8}+\frac{{y}^{2}}{4}=1$聯(lián)立可得：x₁，x₂，代入α₁=|A₁A₂|可得答案；
（2）將直線l：y=x與橢圓C_n：$\frac{{x}^{2}}{{2}^{2n-1}}+\frac{{y}^{2}}{{2}^{2n-2}}=1$聯(lián)立得：x_n，代入α_n=|A_nA_n+1|可得結(jié)論；
（3）${β_n}={log_2}（\sqrt{3}{α_n}）$=$lo{g}_{2}（\sqrt{3}•\frac{\sqrt{3}•{2}^{n}}{3}）$=n，利用放縮法可得：$\frac{1}{2}$+$\frac{1•3}{2•4}$+…+$\frac{1×3×5×…×（2n-1）}{2×4×6×…×2n}$＜$\sum _{k=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{2k+1}}$＜$\sqrt{2n+1}-1$，即$\frac{β_1}{β_2}+\frac{{{β_1}•{β_3}}}{{{β_2}•{β_4}}}+…+\frac{{{β_1}•{β_3}•{β_5}…{β_{2n-1}}}}{{{β_2}•{β_4}•{β_6}…{β_{2n}}}}＜\sqrt{2{β_n}+1}$-1．

解答 解：（1）將直線l：y=x與橢圓C₁：$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1$聯(lián)立得：x₁=$\sqrt{\frac{2}{3}}$，
將直線l：y=x與橢圓C₂：$\frac{{x}^{2}}{8}+\frac{{y}^{2}}{4}=1$聯(lián)立得：x₂=2$\sqrt{\frac{2}{3}}$，
故α₁=|A₁A₂|=$\sqrt{2}$|x₁-x₂|=$\sqrt{2}$×$\sqrt{\frac{2}{3}}$=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$．
證明：（2）將直線l：y=x與橢圓C_n：$\frac{{x}^{2}}{{2}^{2n-1}}+\frac{{y}^{2}}{{2}^{2n-2}}=1$聯(lián)立得：x_n=2^n-1$\sqrt{\frac{2}{3}}$，
則x_n+1=2ⁿ$\sqrt{\frac{2}{3}}$，
故α_n=|A_nA_n+1|=$\sqrt{2}$|x_n-x_n+1|=$\sqrt{2}$×2^n-1$\sqrt{\frac{2}{3}}$=$\frac{\sqrt{3}•{2}^{n}}{3}$，
即：{α_n}為以$\frac{2\sqrt{3}}{3}$為首項(xiàng)，以2為公比的等比數(shù)列；
（3）${β_n}={log_2}（\sqrt{3}{α_n}）$=$lo{g}_{2}（\sqrt{3}•\frac{\sqrt{3}•{2}^{n}}{3}）$=n，
∵$[\frac{1×3×5×…×（2n-1）}{2×4×6×…×2n}]^{2}$=$\frac{1×3}{{2}^{2}}•\frac{3×5}{{4}^{2}}•$…•$\frac{（2n-1）×（2n+1）}{{（2n）}^{2}}$•$\frac{1}{2n+1}$＜$\frac{1}{2n+1}$，
故$\frac{1×3×5×…×（2n-1）}{2×4×6×…×2n}$＜$\frac{1}{\sqrt{2n+1}}$，
又由$\sqrt{2n+1}$＞$\frac{\sqrt{2n+1}+\sqrt{2n-1}}{2}$，
故$\frac{1}{\sqrt{2n+1}}$＜$\sqrt{2n+1}-\sqrt{2n-1}$，
∴$\frac{1}{2}$+$\frac{1•3}{2•4}$+…+$\frac{1×3×5×…×（2n-1）}{2×4×6×…×2n}$＜$\sum _{k=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{2k+1}}$＜$\sqrt{2n+1}-1$，
即$\frac{β_1}{β_2}+\frac{{{β_1}•{β_3}}}{{{β_2}•{β_4}}}+…+\frac{{{β_1}•{β_3}•{β_5}…{β_{2n-1}}}}{{{β_2}•{β_4}•{β_6}…{β_{2n}}}}＜\sqrt{2{β_n}+1}$-1．

點(diǎn)評(píng) 本題考查的知識(shí)點(diǎn)是橢圓的簡(jiǎn)單性質(zhì)，等比數(shù)列，對(duì)數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)，放縮法證明不等關(guān)系，綜合性強(qiáng)，運(yùn)算量大，轉(zhuǎn)化困難，屬于難題．