Question

在直角坐标平面xOy上的一列点A₁（1，a₁），A₂（2，a₂），…，A_n（n，a_n），…，简记为{A_n}．若由bn=

AnAn+1

•

j

构成的数列{b_n}满足b_n+1＜b_n，n=1，2，…，其中

j

为方向与y轴正方向相同的单位向量，则称{A_n}为T点列．
（1）判断A₁（1，-1），A2(2，-

1

2

)，A3(3，-

1

4

)，…，An(n，-

1

2n-1

)，…，是否为T点列，并说明理由；
（2）若{A_n}为T点列，且点A₂在点A₁的右下方，证明任取其中连续三点A_k、A_k+1、A_k+2，一定能构成钝角三角形；
（3）若{A_n}为T点列，且对于任意n∈N^*，都有b_n＞0，那么数列{a_n}是否一定存在极限？若是，请说明理由；若不是，请举例说明．

Answer 1

分析：（1）由已知可得 bn=an+1-an=(-

1

2n

)-(-

1

2n-1

)=

1

2n

，则由

bn+1

bn

=

1

2

＜1，可得b_n+1＜b_n，从而得到{(n，-

1

2n-1

)}为T点列．
（2）根据条件可得

AnAn+1

=(1，an+1-an)=(1，bn)，b₁=a₂-a₁＜0．由于{A_n}为T点列，故有b_n+1＜b_n＜…
＜b₁＜0，求得

Ak+1Ak

•

Ak+1Ak+2

=-1-bkbk+1＜0，可得∠A_kA_k+1A_k+2为钝角，命题得证．
（3）不是，举反例当an=n-

1

2n-1

时，则bn=1+

1

2n

．

解答：解：（1）由已知

AnAn+1

=(1，an+1-an)，

j

=(0，1)，则bn=

AnAn+1

•

j

=an+1-an．
再根据 bn=an+1-an=(-

1

2n

)-(-

1

2n-1

)=

1

2n

，则由

bn+1

bn

=

1

2

＜1，可得b_n+1＜b_n，从而得到{(n，-

1

2n-1

)}为T点列．
（2）

AnAn+1

=(1，an+1-an)=(1，bn)，又由点A₂在点A₁的右下方，可知b₁=a₂-a₁＜0．
又

Ak+1Ak =(-1，ak-ak+1)=(-1，-bk) Ak+1Ak+2 =(1，ak+2-ak+1)=(1，bk+1)

，可得

Ak+1Ak

•

Ak+1Ak+2

=-1-bkbk+1，
由于{A_n}为T点列，故有b_n+1＜b_n＜…＜b₁＜0，从而

Ak+1Ak

•

Ak+1Ak+2

=-1-bkbk+1＜0，
由题意可得，三点A_k、A_k+1、A_k+2不共线，故∠A_kA_k+1A_k+2为钝角，命题得证．
（3）不是，例如：当an=n-

1

2n-1

时，则bn=1+

1

2n

，满足{A_n}为T点列，而显然{a_n}极限不存在．

点评：本题主要考查求数列的极限，两个向量坐标形式的运算，属于中档题．