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已知一系列椭圆 $M_{n} : \frac{x^{2}}{a_{n}^{2}} + y^{2} = 1$ ( $a_{n} > 1$ ) 的右焦点为 $F_{n} (c_{n}, 0)$ , 上顶点为 $B$ , $c_{n + 1} > c_{n}$ , $Δ F_{n} B F_{n + 1}$ 是等腰三角形 ( $n = 1, 2, \dots$ ), $a_{1} = \sqrt{2}$ .

求椭圆 $M_{2}$ 的方程;
求数列 ${a_{n}}$ 的通项公式;
若数列 ${a_{n}}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$ , 若对任意的 $n \in N_{+}$ , 都有 $k \leq \frac{S_{n}}{a_{n}} \leq m$ ( $k, m \in N_{+}$ ), 求 $m - k$ 的最小值.

解

因为 $∠ B F_{n} F_{n + 1} > 90^{\circ}$ , 所以 $Δ F_{n} B F_{n + 1}$ 是钝角三角形, 因此只有 $B F_{n} = F_{n} F_{n + 1}$ , 也即 $c_{n + 1} - c_{n} = a_{n}$ .

由于 $c_{1} = 1$ , $c_{2} = a_{1} + c_{1} = 1 + \sqrt{2}$ , 所以 $a_{2}^{2} = 1 + c_{2}^{2} = 4 + 2 \sqrt{2}$ , 这样 $M_{2} : \frac{x^{2}}{4 + 2 \sqrt{2}} + y^{2} = 1.$
我们把递推式全部换成 $a$ : $\begin{matrix} (*) & \sqrt{a_{n + 1}^{2} - 1} = \sqrt{a_{n}^{2} - 1} + a_{n} . \end{matrix}$ 设 $a_{n} = \frac{1}{\sin θ_{n}}$ ( $θ_{n} \in (0, \frac{π}{2})$ ), 则代入得 $\frac{1}{\tan θ_{n + 1}} = \frac{1 + \cos θ_{n}}{\sin θ_{n}} = \frac{1}{\tan \frac{θ_{n}}{2}},$ 于是 $θ_{n + 1} = \frac{1}{2} θ_{n}$ . 而 $\sin θ_{1} = \frac{\sqrt{2}}{2} \Rightarrow θ_{1} = \frac{π}{4}$ , 所以 $θ_{n} = \frac{π}{2^{n + 1}}$ .
所以 $a_{n} = \frac{1}{\sin \frac{π}{2^{n + 1}}}$ .
对 (*) 累加得 $\sqrt{a_{n + 1}^{2} - 1} = \sqrt{a_{1}^{2} - 1} + S_{n},$ 于是 $\begin{aligned} \frac{S_{n}}{a_{n}} & = \sin θ_{n} (\frac{1}{\tan θ_{n + 1}} - 1) = \sin 2 θ_{n + 1} (\frac{1}{\tan θ_{n + 1}} - 1) \\ = 2 \cos^{2} θ_{n + 1} - \sin θ_{n} = 1 + \cos θ_{n} - \sin θ_{n} = 1 + \sqrt{2} \cos (θ_{n} + \frac{π}{4}) . \end{aligned}$ 因为 $θ_{n} \in (0, \frac{π}{4}]$ , 所以 $\frac{S_{n}}{a_{n}} \in [1, 2)$ , 所以 $m - k$ 的最小值是 $2 - 1 = 1$ .