Question

16．（文）已知等差數(shù)列{a_n}的首項為p，公差為d（d＞0）．對于不同的自然數(shù)n，直線x=a_n與x軸和指數(shù)函數(shù)f（x）=（$\frac{1}{2}$）^x的圖象分別交于點A_n與B_n（如圖所示），記B_n的坐標(biāo)為（a_n，b_n），直角梯形A₁A₂B₂B₁、A₂A₃B₃B₂的面積分別為s₁和s₂，一般地記直角梯形A_nA_n+1B_n+1B_n的面積為s_n．
（1）求證：數(shù)列{s_n}是公比絕對值小于1的等比數(shù)列；
（2）設(shè)數(shù)列{a_n}的首項為p=-1，公差d=1，是否存在這樣的正整數(shù)n，構(gòu)成以b_n，b_n+1，b_n+2為邊長的三角形？并請說明理由；
（3））設(shè){a_n}的公差d=1，是否存在這樣的實數(shù)p使得（1）中無窮等比數(shù)列{s_n}各項的和S＞2010？如果存在，給出一個符合條件的p值；如果不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）求出{a_n}的通項公式，帶入f（x）得出{b_n}的通項公式，帶入梯形面積公式得出{s_n}的通項公式，證明$\frac{{s}_{n+1}}{{s}_{n}}$為絕對值小于1的常數(shù)；
（2）求出{b_n}的通項公式，采用假設(shè)法推導(dǎo)結(jié)論或矛盾；
（3）求出{s_n}的通項公式，得出S，采用假設(shè)法推導(dǎo)結(jié)論或矛盾．

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，
∴數(shù)列{s_n}是公比絕對值小于1的等比數(shù)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位首項，以$\frac{1}{2}$為公比的等比數(shù)列，
∴b_n＞b_n+1＞b_n+2．
假設(shè)存在正整數(shù)n，構(gòu)成以b_n，b_n+1，b_n+2為邊長的三角形，
則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．顯然不成立．
∴不存在正整數(shù)n，構(gòu)成以b_n，b_n+1，b_n+2為邊長的三角形．
（3）設(shè){s_n}的公比為q，則s₁=3×（$\frac{1}{2}$）^p+2，q=$\frac{1}{2}$．∴S=$\frac{{s}_{1}}{1-q}$=$\frac{3}{{2}^{p+1}}$．
假設(shè)存在實數(shù)p使得無窮等比數(shù)列{s_n}各項的和S＞2010，
則$\frac{3}{{2}^{p+1}}$＞2010，即2^p＜$\frac{3}{4020}$=$\frac{1}{1340}$，
∴p＜-log₂1340＜-10．
∴存在p=-11使得無窮等比數(shù)列{s_n}各項的和S＞2010．

點評 本題考查了數(shù)列的通項公式，數(shù)列求和及數(shù)列應(yīng)用，采用假設(shè)法解決存在性問題是重要的一種方法．