数列与解析几何综合-点列问题

(圆满版)数列与解析几何综合—点列问题(圆满版)数列与解析几何综合—点列问题8/8(圆满版)数列与解析几何综合—点列问题专题：数列与解析几何综合——点列问．kx1k(k0,k1:y111与x交于2，点P作x的垂交直l于点Q22l于点P，点P作x的，点Q1作y的垂交直点P1121122垂交直l2于点Q2，⋯，向来作下去，可获得一系列点P1、Q1、P2、Q2，⋯，点Pn（n=1，2，⋯）的横坐组成数列xn.（Ⅰ）明xn111(xn1),nN*；2k（Ⅱ）求数列xn的通公式；（Ⅲ）比2|PPn|2与4k2|PP1|25的大小.【解析】（Ⅰ）明：点Pn的坐是(xn,yn)，由已知条件得点Qn、Pn+1的坐分是：1111(xn,2xn2),(xn1,2xn2).1xn1由Pn+1在直l1上，得kxn11k.所以1(xn2211)k(xn11),即xn11(xn1),nN*.21,x12k（Ⅱ）解：由知x1110,又由（Ⅰ）知xn111(xn1)，kk2k所以数列{xn1}是首x11,公比1的等比数列.2k进而xn11(1)n1,即xn12(1)n,nN*.k2k2kykx1k,（Ⅲ）解：由y11得点P的坐（1，1）.x,2211所以2|PPn|22(xn1)22(kxn1k1)28()2n2()2n2,12k2k4k2|PP1|254k2[(11)2(01)2]54k29.k（i）当|k|1,即k1或k1，4k2|PP1|25>1+9=10.222而此0|1|1,所以2|PPn|281210.故2|PPn|24k2|PP1|25.2k1,即k1,0)U(0,1)，4k2（ii）当0|k|(|PP1|25<1+9=10.而此|1222|1,所以2|PPn|281210.故2|PPn|24k2|PP1|25.2kEX：已知点Pnan,bn都在直l:y2x2上，P1直l与x的交点，数列an成等差数列，公差1.（nN）1(1)求数列an，bn的通公式；(2)求数列12bn的前n和Tn.11122,nN(3)求：P1P222⋯⋯+P1Pn2(nP1P35【解析】(1)P11,0,ann2,bn2n24分（2）令cn=12bn=142n它的前n的和sn=13nn2，c7013nn2(n7)4分Tn=13n84n7n2(3)Pnn2,2n2,P1(1,0)P1Pn5(n1)(n11111112P1P32212232n12P1P2P1Pn5

)2分11111111151223n2n15(n1)12(n124分51)52、如，曲y2x(y0)上的点Pi与x的正半上的点Qi及原点O组成一系列正三角形OPQ,QPQ,L,QPQ,L.正三角形QPQ的a,n∈N(QO),QS,0.11122n1nnn1nnn0nn求a1的;求数列{an}的通公式an;111132P(3)求:当n2,L.P22222anan1an2a2n【解析】OQ1Q2（1）由条件可得P1a,3a,代入曲y2x(y0)得3a21a,Qa0,a2;121214121113(2)QSna1a2Lan∴点Pn1(Sn1an1,3an1)代入曲y2x(y0)并整理得22Sn3an211an1,于是当n2,nN*,anSnSn1(3an211an1)(3an21an)424242即1(an1an)3(an1an)(an1an)242Qan1an0,an1an2(n2,nN*)3又当n1时,S13a221a2,a24(2舍去）a2a12,故an1an2(nN*)423333所以数列{an}是首项为2、公差为2的等差数列,an2n;3332111L1(3)由（2）得an2时，a2a2a2a2n，当n123nnn2n99L991114n24(n1)24n2(n1)2L44n24n2911L11)9(11)(1n1)L(11)4n(n1)n(n1)2n(2n4n1nn12n12n9(111)9(n1)，4n2n8n(n1)欲证9(n1)3，只要证3n34n24n，即证4n27n30，8n(n1)2设f(n)4n27n3，73时,有f(n)0建立.所以只要考证n=2时不等式建立.13分当n时，f（n）递加.而当n8事实上,919529613.164646464642综上,原不等式建立.14分3、已知曲线C：y1Cn：y1（nN）。从C上的点Qn(xn,yn)作x轴的垂线，，x2nx交Cn于点Pn，再从点Pn作y轴的垂线，交C于点Qn1(xn1,yn1)，设x11,anxn1xn,bnynyn1。I）求Q1,Q2的坐标；II）求数列an的通项公式；（III）记数列an1bn的前n项和为Sn，求证：Sn3【解析】3（1）由意得悉Q1(1,1)，P1(1,2)，Q2(3,2)323（2）Qn(xn,yn)，Qn1(xn1,yn1)，点Pn的坐(xn,yn1)Qn,Qn1在曲C上，yn1，yn11xnxn1又Pn在曲Cn上，yn11xn1xn2nxn2nan2n（III）xn(xnxn1)(xn1xn2)⋯⋯+(x2x1)x1⋯⋯7分1(1)n=2(n1)2(n2)211=12221n112anbn(xn1xn)(ynyn1)2n(11)2n(11n21n)xnxn12221⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯11分(22n2)(22n1)22n22n，22n13anbn132nSna1b1a2b2anbn1113232232n111n(2)1116113(12n)32．15分，此中第一小4分，第二小6分，第三小5分）6（本小分曲C:yx3上的点P1(x1,y1)作曲C的切l1与曲C交于P2(x2,y2)，点P2作曲C的切l2与曲C交于点P3(x3,y3)，依此推，可获得点列：P1(x1,y1)，P2(x2,y2),P3(x3,y3),L,Pn(xn,yn),L,已知x11（1）求点P2、P3的坐.42）求数列{xn}的通公式.3）点Pn到直ln1(即直线Pn1Pn2)的距离dn，求：1114.d1d2dn9【解析】（1）P2(2,8),P3(4,64)⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯4分（2）曲C上点Pn(xn,yn)的切ln的斜率knyxxn3xn2，故获得的方程yyn3xn2(xxn)⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯6分yx3立方程yyn3xn2(xxn)消去y得：x33xn2x2xn30yx3nn化得：(xxn)2(x2xn)0所以：xxn或x2xn⋯⋯⋯⋯⋯⋯8分由xxn获得点Pn的坐(xn,yn),由x2xn就获得点Pn1的坐(2xn,(2xn)3)所以：xn12xn故数列{xn}首1，公比－2的等比数列所以：xn(2)n1⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯10分（3）由（2）知：Pn1((2)n,(8)n),Pn2((2)n1,(8)n1),(8)n(8)n(8)n12)n)所以直ln的方程：ynn1(x((2)(2)化得：34nxy2(8)n0⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯12分dn|34n(2)n1(8)n12(8)n|278n11278n19.2n3(34n)2(1)294n322n所以11(1)n3dn92∴1118(11n)≥8(11)4⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯15分d1d2dn929297.已知曲C:y=x2(x＞0),C上的点A1（1，1）作曲C的切l1交x于点11作yB，再点B的平行交曲C于点A2，再点A2作曲C的切l2交x于点B2，再点B2作y的平行交曲C于交A3，⋯，挨次作下去，点An的横坐an(n∈N*).1）求数列{an}的通公式；2）数列{an}的前n和Sn，求：anSn≤1;5n14n1（3）求：i1aiSi≤.3【解析】(1)∵曲C在点An(an,a2n)处的切线ln的斜率是2an,∴切ln的方程是22an(xan).y-an1因为点Bn的横坐等于点An+1的横坐an+1，所以，令y=0，得an+1＝2∴数列{an}是首1，公比1的等比数列.∴an=1.22n11111n（2）∵Sn=).2=2(1-1),∴anSn=4×(1-12n2n2n12111令t=，0＜t≤，∴anSn=4t(1-t)=-4(t-)2+1.2n22∴当t=1，即n=1，-4(t-1)2+1有最大1，即anSn≤1.22（3）∵Skk*，∴akk2即1≤1≥a,k∈NS≥ak,akSk.ak∵数列{1}是首1，公比4的等比数列.2akn1n114n4n1∴≤3i1aiSii1ai2=14.8、（06山卷）已知a1=2，点(an,an+1)在函数f(x)=x2+2x的象上，此中明数列｛lg(1+an)｝是等比数列；Tn=(1+a1)(1+a2)⋯(1+an)，求Tn及数列｛an｝的通；11，求｛bn｝数列的前和Sn，并明2(3)bn=an2Sn+an3Tn1【解析】（Ⅰ）由已知an1an22an，an11(an1)2Qa12an11，两取数得lg(1an1)2lg(1an)，即lg(1an1)2lg(1an)

an。=1，2，3，⋯=1.6{lg(1an)}是公比为2的等比数列.（Ⅱ）由（Ⅰ）知lg(1an)2n1lg(1a1)2n1lg3lg32n11an32n1（*）Tn(1a1)(1a2)⋯(1+an)320321322⋯32n-131222⋯+2n-1=32n-1an2n11由（*）式得3（Ⅲ）Qan1a022anan1an(an2)1111)an12(anan2112an2anan1bn1an1bn2(11)又an2anan1Snb1b2⋯+bn2(1111⋯+11)2(11)a1a2a2a3anan1a1an1Qan2n12,an12n1Sn1231,a1332n1又Tn32n1Sn211.3Tn9．（此题满分16分）由原点O向曲线f(x)x33ax2x(a0)引切线，切于不一样样于O的点P（x，y），再由点P引此曲线的切线，切于不一样样于P的点P（x，y），这样连续下去，获得点列11111222{P(x，y)}.nnn（I）求x1；（Ⅱ）求证：数列{xna}为等比数列；（Ⅲ）令bnn|xna|，Tn为数列{bn}的前n项的和，若Tn2对nN*恒建立，求a的取值范围.【解析】(Ⅰ)f'(x)3x26ax11分过切点P1（x1，y1）的切线方程为yy1(3x126ax11)(xx1)因为切线过原点O，所以0(x133ax12x1)(3x126ax11)(0x1)解得x3a4分12(Ⅱ)过切点Pn+1（xn+1，yn+1）的切线方程为yyn1(3xn216axn11)(xxn1)7因为切线过点Pnnnyyn1(3x26axn11)(xnxn1)6分（x，y），所以nn1化简得xn