Question

如圖，過坐標(biāo)原點(diǎn)O作傾斜角為60°的直線交拋物線Γ：y²=x于P₁點(diǎn)，過P₁點(diǎn)作傾斜角為120°的直線交x軸于Q₁點(diǎn)，交Γ于P₂點(diǎn)；過P₂點(diǎn)作傾斜角為60°的直線交x軸于Q₂點(diǎn)，交Γ于P₃點(diǎn)；過P₃點(diǎn)作傾斜角為120°的直線，交x軸于Q₃點(diǎn)，交Γ于P₄點(diǎn)；如此下去…．又設(shè)線段OQ₁，Q₁Q₂，Q₂Q₃，…，Q_n-1Q_n，…的長分別為a₁，a₂，a₃，…，a_n，…，△OP₁Q₁，△Q₁P₂Q₂，△Q₂P₃Q₃，…，△Q_n-1P_nQ_n，…的面積分別為G₁，G₂，G₃，…，G_n，…，數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)的和為S_n．
（1）求a₁，a₂；
（2）求a_n，

lim

n→∞

Gn

Sn

；
（3）設(shè)bn=aan(a＞0且a≠1)，數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和為T_n，對于正整數(shù)p，q，r，s，若p＜q＜r＜s，且p+s=q+r，試比較T_p•T_s與T_q•T_r的大�。�

Answer 1

考點(diǎn)：數(shù)列與解析幾何的綜合,數(shù)列的極限

專題：計(jì)算題,綜合題,等差數(shù)列與等比數(shù)列,圓錐曲線中的最值與范圍問題

分析：（1）根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)，算出點(diǎn)P₁(

a1

2

，

3 a1

2

)，代入拋物線求得a1=

2

3

，同樣的方法可算出a2=

4

3

；
（2）由點(diǎn)Q_n-1（S_n-1，0）建立直線Q_n-1P_n的方程，與拋物線方程消去x得關(guān)于|y|的方程，解出|y|關(guān)于S_n的表示式，根據(jù)等邊三角形性質(zhì)和三角函數(shù)定義加以計(jì)算，化簡整理得3

a

2 n

-2an=4Sn-1，用n+1代替n得到3

a

2 n+1

-2an+1=4Sn，將兩式作差整理可得{a_n}是以

2

3

為首項(xiàng)、

2

3

為公差的等差數(shù)列，再用等差數(shù)列通項(xiàng)算出a_n的表達(dá)式，從而得到G_n、S_n的表達(dá)式，最后根據(jù)極限的運(yùn)算性質(zhì)即可算出

lim

n→∞

Gn

Sn

的值；
（3）由（2）得{b_n}是公比q0=a

2

3

≠1，首項(xiàng)b1=a

2

3

的正項(xiàng)等比數(shù)列．根據(jù)等比數(shù)列的求和公式求出T_p、T_s、T_q、T_r的表達(dá)式，再將T_p•T_s與T_q•T_r作差并結(jié)合正整數(shù)p，q，r，s構(gòu)成成等差數(shù)列，結(jié)合p＜q＜r＜s化簡整理可得T_p•T_s-T_q•T_r=-

q

p 0

(

q

q-p 0

-1)(

q

r-p 0

-1)，討論其中各個(gè)因式的符號可得T_p•T_s-T_q•T_r＜0，可得必定有T_p•T_s＜T_q•T_r對任意成等差數(shù)列的正整數(shù)p、q、r、s且p＜q＜r＜s都成立，得到答案．

解答： 解：（1）如圖，由△OQ₁P₁是邊長為a₁的等邊三角形，得點(diǎn)P₁的坐標(biāo)為(

a1

2

，

3 a1

2

)，
又∵P₁(

a1

2

，

3 a1

2

)在拋物線y²=x上，所以

3 a 2 1

4

=

a1

2

，得a1=

2

3

…（2分）
同理P₂(

2

3

+

a2

2

，-

3 a2

2

)在拋物線y²=x上，得a2=

4

3

…（4分）
（2）如圖，點(diǎn)Q_n-1的坐標(biāo)為（a₁+a₂+a₃+…+a_n-1，0），即點(diǎn)（S_n-1，0）（點(diǎn)Q₀與原點(diǎn)重合，S₀=0），
所以直線Q_n-1P_n的方程為y=

3

(x-Sn-1)或y=-

3

(x-Sn-1)，
因此，點(diǎn)P_n的坐標(biāo)滿足

y2=x |y|= 3 (x-Sn-1)

消去x，得

3

y2-|y|-

3

Sn-1=0，所以|y|=

1+ 1+12Sn-1

2 3

又∵|y|=an•sin60°=

3

2

an，∴3an=1+

1+12Sn-1

從而3

a

2 n

-2an=4Sn-1…①…（6分）
由①可得3

a

2 n+1

-2an+1=4Sn…②
②-①，得3(

a

2 n+1

-

a

2 n

)-2(an+1-an)=4an
即（a_n+1+a_n）（3a_n+1-3a_n-2）=0，又a_n＞0，于是an+1-an=

2

3

∴{a_n}是以

2

3

為首項(xiàng)、

2

3

為公差的等差數(shù)列，an=a1+(n-1)d=

2

3

n…（8分）
因此，Sn=

(a1+an)n

2

=

1

3

n(n+1)Gn=

3

4

a

2 n

=

3

9

n2，
由此可得

lim

n→∞

Gn

Sn

=

lim

n→∞

3 n2

3n(n+1)

=

3

3

…（10分）
（3）因?yàn)?span id="tm94ei2" class="MathJye">

bn+1

bn

=

a 2(n+1) 3

a 2n 3

=a

2

3

，
所以數(shù)列{b_n}是正項(xiàng)等比數(shù)列，且公比q0=a

2

3

≠1，首項(xiàng)b1=a

2

3

=q0，
則Tp=

b1(1- q p 0 )

1-q0

，Tq=

b1(1- q q 0 )

1-q0

，Tr=

b1(1- q r 0 )

1-q0

，Ts=

b1(1- q s 0 )

1-q0

…（12分）
T_p•T_s-T_q•T_r=

b 2 1

(1-q0)2

•[(1-

q

p 0

)(1-

q

s 0

)-(1-

q

q 0

)(1-

q

r 0

)]    （注意到

q

p+s 0

=

q

q+r 0

）
=

b 2 1

(1-q0)2

•[(

q

q 0

+

q

r 0

)-(

q

p 0

+

q

s 0

)]…（14分）
而(

q

q 0

+

q

r 0

)-(

q

p 0

+

q

s 0

)=(

q

q 0

-

q

p 0

)-(

q

s 0

-

q

r 0

)
=

q

p 0

(

q

q-p 0

-1)-

q

r 0

(

q

s-r 0

-1)=(

q

q-p 0

-1)(

q

p 0

-

q

r 0

)      （注意到q-p=s-r）
=(

q

q-p 0

-1)

q

p 0

(1-

q

r-p 0

)=-

q

p 0

(

q

q-p 0

-1)(

q

r-p 0

-1)…（16分）
因?yàn)閍＞0且a≠1，所以q0=a

2

3

＞0且q0≠1
又q-p，r-p均為正整數(shù)，所以(

q

q-p 0

-1)與(

q

r-p 0

-1)同號，
故-

q

p 0

(

q

q-p 0

-1)(

q

r-p 0

-1)＜0，所以，T_p•T_s＜T_q•T_r．…（18分）

點(diǎn)評：本題給出拋物線中的等邊三角形，求按圖中作出的等邊三角形Q_n-1Q_nP_n的邊長a_n的表達(dá)式，并設(shè)b_n=aan，數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和為T_n，在成等差數(shù)列的正整數(shù)p、q、r、s滿足且p＜q＜r＜s的情況下討論T_p•T_s與T_q•T_r的大小關(guān)系．著重考查了拋物線的幾何性質(zhì)、直線與拋物線的位置關(guān)系、不等式的性質(zhì)和等差等比數(shù)列的通項(xiàng)與求和公式等知識(shí)，屬于難題．