（本小题满分 14 分） 设各项均为正数的数列 a_ n…——2014 高考数学第 17 题答案解析

【解答】
解：（1）由
又 $\because C F \perp M F$ ，故利用勾股定理得：$C M=\frac{\sqrt{10}}{2}$
∴ 在 $R T \triangle M D C$ 中，$C M=\frac{\sqrt{10}}{2}, C D=1$ ，得 $D M=\frac{\sqrt{6}}{2}$ ．
又 $\because F$ 点位于 $C P$ 的三分点，且 $P D=\sqrt{3}$
$\therefore E$ 为 $P D$ 的三分点，故 $D E=\frac{\sqrt{3}}{4}$ ．
$\therefore S_{\triangle C D E}=\frac{1}{2} C D \cdot D E=\frac{1}{2} \times 1 \times \frac{\sqrt{3}}{4}=\frac{\sqrt{3}}{8}$ ．
$\therefore V_{M-C D E}=\frac{1}{3} S_{\triangle C D E} D M=\frac{\sqrt{2}}{16}$ ．
$S_{n}^{2}-\left(n^{2}+n-3\right) S_{n}-3\left(n^{2}+n\right)=0, n \in N^{*}$ ，令 $n=1$ ，得 $S_{1}^{2}-(-1) \mathrm{S}_{1}-6=0$ ，
即 $a_{1}^{2}+a_{1}-6=0$ ．解得 $a_{1}=2$ 或 $a_{1}=-3$ ，由于数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 为正项数列，所以 $a_{1}=2$ ；
②由 $S_{n}^{2}-\left(n^{2}+n-3\right) S_{n}-3\left(n^{2}+n\right)=0, n \in N^{*}$ ，因式分解得 $\left(S_{n}+3\right)\left(S_{n}-n^{2}-2 n\right)=C$
由数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 为正项数列可得 $S_{n}-n^{2}-2 n=0$ ，即 $S_{n}=n^{2}+2 n$ ，当 $n \geq 2$ 时， $a_{n}=S_{n}-S_{n-1}=n^{2}+2 n-\left[(n-1)^{2}+2(n-1)\right]=2 n$ ，由 $a_{1}=2$ 可得，$\forall n \in N^{*}, a_{n}=2 n$

③由②可知 $\frac{1}{a_{n}\left(a_{n}+1\right)}=\frac{1}{2 n(2 n+1)}$
$\forall n \in N^{*} \frac{1}{a_{n}\left(a_{n}+1\right)}=\frac{1}{2 n(2 n+1)}<\frac{1}{(2 n-1)(2 n+1)}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2 n-1}-\frac{1}{2 n+1}\right)$
当 $n=1$ 时，显然有 $\frac{1}{a_{1}\left(a_{1}+1\right)}=\frac{1}{6}<\frac{1}{3}$ ；
当 $n \geq 2$ 时，$\frac{1}{a_{1}\left(a_{1}+1\right)}+\frac{1}{a_{2}\left(a_{2}+1\right)}+\cdots+\frac{1}{a_{n}\left(a_{n}+1\right)}$

$$ <\frac{1}{2 \cdot(2+1)}+\frac{1}{2}\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{5}+\frac{1}{5}-\frac{1}{7}+\cdots+\frac{1}{2 n-1}-\frac{1}{2 n+1}\right)=\frac{1}{3}-\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2 n+1}<\frac{1}{3} $$

所以，对一切正整数 $n$ ，有 $\frac{1}{a_{1}\left(a_{1}+1\right)}+\frac{1}{a_{2}\left(a_{2}+1\right)}+\cdots \frac{1}{a_{n}\left(a_{n}+1\right)}<\frac{1}{3}$ ．
由 $c=\sqrt{5}, e=\frac{c}{2}=\frac{\sqrt{5}}{2}$ 得：$a=3, b=2$ ．