Question

設(shè)已知F為拋物線C：y²=4nx（n∈N₊）的焦點(diǎn)，P為拋物線C上的一動(dòng)點(diǎn)，定點(diǎn)A（1，1），動(dòng)點(diǎn)P到點(diǎn)A，F(xiàn)的距離和的最小值記為a_n；b₁=9，b_n+1=

b

2 n

+2b_n，c_n=

cos(πanan+1)

cos πan 3 cos πan+1 3

（I）證明：{lg（b_n+1）}是等比數(shù)列，并求bn．．
（Ⅱ）求a_n，并求數(shù)列{a_n•lg（b_n+1）}前n項(xiàng)的和Sn，
（Ⅲ）求數(shù)列{c_n}前n項(xiàng)的和Tn..

Answer 1

分析：（I）由bn+1=bn2+2bn，知b_n+1+1=bn2+2bn+1=（b_n+1）²，由此能夠證明{lg（b_n+1）}是以2為公比的等比數(shù)列，并能求出bn．
（Ⅱ）焦點(diǎn)F（n，0），準(zhǔn)線l：x=-n，分別過P，A作準(zhǔn)線l的垂線，垂足為B，C，由拋物線的定義，得：|PF|=|PB|，|PA|+|PF|=|PA|+|PB|≥|AC|=1+n，故a_n=n+1，Sn=2×20+3×21+4×22+…+（n+1）×2^n-1，由此利用錯(cuò)位相減法能夠求出S_n．
（Ⅲ）由a_na_n+1=（n+1）•（n+2），知a_na_n+2是偶數(shù)，故cos（πa_na_n+1）=cos0=1，由此能夠求出數(shù)列{c_n}前n項(xiàng)的和T_n..

解答：解：（I）∵bn+1=bn2+2bn，
∴b_n+1+1=bn2+2bn+1=（b_n+1）²，
∴l(xiāng)g（b_n+1+1）=2lg（b_n+1），
∴{lg（b_n+1）}是以2為公比的等比數(shù)列，
∴l(xiāng)g（b_n+1）=2ⁿ⁺¹•lg（9+1）=2ⁿ⁺¹，
∴bn=102n+1-1．
（Ⅱ）焦點(diǎn)F（n，0），準(zhǔn)線l：x=-n，
分別過P，A作準(zhǔn)線l的垂線，垂足為B，C，
由拋物線的定義，得：|PF|=|PB|，
|PA|+|PF|=|PA|+|PB|≥|AC|=1+n，
∴a_n=n+1，
∵an•lg(bn+1)=(n+1)•2n-1，
∴Sn=2×20+3×21+4×22+…+（n+1）×2^n-1，①
∴2S_n=2×2+3×2²+…+n×2^n-1+（n+1）×2ⁿ，②
①-②，得-S_n=2+2+2²+2³+…+2^n-1-（n+1）•2ⁿ=2+

2(1-2n-1)

1-2

-（n+1）•2ⁿ，
∴S_n=n•2ⁿ．

（Ⅲ）∵a_na_n+1=（n+1）•（n+2），
n+1，n+2是兩個(gè)連續(xù)的整數(shù)，
∴a_na_n+2是偶數(shù)，∴cos（πa_na_n+1）=cos0=1，
∴cn=

1

cos (n+1)π 3 cos (n+2)π 3

，
∴c_n+1=

1

cos[π+ (n+1)π 3 ]cos[π+ (n+2)π 3 ]

=c_n，
∵c1=

1

cos 2π 3 cosπ

=2，
c2=

1

cosπcos 4π 3

=2，c3=

1

cos 4π 3 cos 5π 3

=-4，
∴c₁+c₂+c₃=0，
∵T_n=c₁+c₂+c₃+…+c_n，
∴當(dāng)n=3k（k∈N₊）時(shí)，T_n=3（c₁+c₂+c₃）=0，
當(dāng)n=3k+1，（k∈N₊）時(shí)，T_n=k（c₁+c₂+c₃）+c₁=2，
當(dāng)n=3k（k∈N₊）時(shí)，T_n=k（c₁+c₂+c₃）+c₁+c₂=4，
∴Tn=

0，n=3k 2，n=3k+1 4，n=3k+2

，k∈N+．

點(diǎn)評(píng)：本題考查等比數(shù)列的證明，考查數(shù)列的通項(xiàng)公式的求法，考查數(shù)列前n項(xiàng)和的求法，綜合性強(qiáng)，難度大，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意構(gòu)造法和錯(cuò)位相減法的靈活運(yùn)用．