Question

16．（文）已知等差数列{a_n}的首项为p，公差为d（d＞0）．对于不同的自然数n，直线x=a_n与x轴和指数函数f（x）=（$\frac{1}{2}$）^x的图象分别交于点A_n与B_n（如图所示），记B_n的坐标为（a_n，b_n），直角梯形A₁A₂B₂B₁、A₂A₃B₃B₂的面积分别为s₁和s₂，一般地记直角梯形A_nA_n+1B_n+1B_n的面积为s_n．
（1）求证：数列{s_n}是公比绝对值小于1的等比数列；
（2）设数列{a_n}的首项为p=-1，公差d=1，是否存在这样的正整数n，构成以b_n，b_n+1，b_n+2为边长的三角形？并请说明理由；
（3））设{a_n}的公差d=1，是否存在这样的实数p使得（1）中无穷等比数列{s_n}各项的和S＞2010？如果存在，给出一个符合条件的p值；如果不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）求出{a_n}的通项公式，带入f（x）得出{b_n}的通项公式，带入梯形面积公式得出{s_n}的通项公式，证明$\frac{{s}_{n+1}}{{s}_{n}}$为绝对值小于1的常数；
（2）求出{b_n}的通项公式，采用假设法推导结论或矛盾；
（3）求出{s_n}的通项公式，得出S，采用假设法推导结论或矛盾．

解答 解：（1）a_n=p+（n-1）d，b_n=f（a_n）=（$\frac{1}{2}$）^p+（n-1）d，
∴s_n=$\frac{1}{2}$（b_n+b_n+1）d=$\frac{1}{2}$[（$\frac{1}{2}$）^p+（n-1）d+（$\frac{1}{2}$）^p+nd]d=$\frac{1}{2}$•（$\frac{1}{2}$）^p+nd•[（$\frac{1}{2}$）^-d+1]•d．
∴$\frac{{s}_{n+1}}{{s}_{n}}$=$\frac{（\frac{1}{2}）^{p+（n+1）d}}{（\frac{1}{2}）^{p+nd}}$=（$\frac{1}{2}$）^d，∵d＞0，∴0＜（$\frac{1}{2}$）^d＜1，
∴数列{s_n}是公比绝对值小于1的等比数列．
（2）a_n=-1+（n-1）×1=n-2．b_n=（$\frac{1}{2}$）^n-2=2•（$\frac{1}{2}$）^n-1，
∴{b_n}是以2位首项，以$\frac{1}{2}$为公比的等比数列，
∴b_n＞b_n+1＞b_n+2．
假设存在正整数n，构成以b_n，b_n+1，b_n+2为边长的三角形，
则b_n+1+b_n+2＞b_n，即（$\frac{1}{2}$）^n-1+（$\frac{1}{2}$）ⁿ-（$\frac{1}{2}$）^n-2＞0，
（$\frac{1}{2}$）^n-2（$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{4}$-1）＞0，∴（-$\frac{1}{4}$）×（$\frac{1}{2}$）^n-2＞0．显然不成立．
∴不存在正整数n，构成以b_n，b_n+1，b_n+2为边长的三角形．
（3）设{s_n}的公比为q，则s₁=3×（$\frac{1}{2}$）^p+2，q=$\frac{1}{2}$．∴S=$\frac{{s}_{1}}{1-q}$=$\frac{3}{{2}^{p+1}}$．
假设存在实数p使得无穷等比数列{s_n}各项的和S＞2010，
则$\frac{3}{{2}^{p+1}}$＞2010，即2^p＜$\frac{3}{4020}$=$\frac{1}{1340}$，
∴p＜-log₂1340＜-10．
∴存在p=-11使得无穷等比数列{s_n}各项的和S＞2010．

点评 本题考查了数列的通项公式，数列求和及数列应用，采用假设法解决存在性问题是重要的一种方法．