Question

3．設△A_nB_nC_n的三邊長分別是a_n，b_n，c_n，△A_nB_nC_n的面積為S_n，n∈N^*，若b₁＞c₁，b₁+c₁=2a₁，a_n+1=a_n，b_n+1=$\frac{{{a_n}+{c_n}}}{2}，{c_{n+1}}=\frac{{{a_n}+{b_n}}}{2}$，則（　　）

• A． {S_n}為遞減數列
• B． {S_n}為遞增數列
• C． {S_2n-1}為遞增數列，{S_2n}為遞減數列
• D． {S_2n-1}為遞減數列，{S_2n}為遞增數列

Answer 1

分析 由a_n+1=a_n可知△A_nB_nC_n的邊B_nC_n為定值a₁，由b_n+1+c_n+1-2a₁=$\frac{1}{2}$（b_n+c_n-2a_n），b₁+c₁=2a₁得b_n+c_n=2a₁，則在△A_nB_nC_n中邊長B_nC_n=a₁為定值，另兩邊A_nC_n、A_nB_n的長度之和b_n+c_n=2a₁為定值，由此可知頂點A_n在以B_n、C_n為焦點的橢圓上，根據b_n+1-c_n+1=$\frac{1}{2}$（c_n-b_n），得b_n-c_n=$（-\frac{1}{2}）^{n-1}（_{1}-{c}_{1}）$，可知n→+∞時b_n→c_n，據此可判斷△A_nB_nC_n的邊B_nC_n的高h_n隨著n的增大而增大，再由三角形面積公式可得到答案．

解答 解：b₁=2a₁-c₁且b₁＞c₁，∴2a₁-c₁＞c₁，∴a₁＞c₁，
∴b₁-a₁=2a₁-c₁-a₁=a₁-c₁＞0，∴b₁＞a₁＞c₁，
又b₁-c₁＜a₁，∴2a₁-c₁-c₁＜a₁，∴2c₁＞a₁，∴c₁$＞\frac{{a}_{1}}{2}$，
由題意，b_n+1+c_n+1=$\frac{_{n}+{c}_{n}}{2}$+a_n，∴b_n+1+c_n+1-2a_n=$\frac{1}{2}$（b_n+c_n-2a_n），
∴b_n+c_n-2a_n=0，∴b_n+c_n=2a_n=2a₁，∴b_n+c_n=2a₁，
又由題意，b_n+1-c_n+1=$\frac{{c}_{n}-_{n}}{2}$，
∴b_n+1-（2a₁-b_n+1）=$\frac{2{a}_{1}-_{n}-_{n}}{2}$=a₁-b_n，b_n+1-a₁=$\frac{1}{2}$（a₁-b_n）=$（-\frac{1}{2}）^{n-1}$（b₁-a₁）．
∴b_n=a₁+（b₁-a₁）$（-\frac{1}{2}）^{n-1}$，c_n=2a₁-b_n=a₁-（b₁-a₁）$（-\frac{1}{2}）^{n-1}$，
${S}_{n}^{2}$=$\frac{3{a}_{1}}{2}$$（\frac{3{a}_{1}}{2}-{a}_{1}）$$[\frac{3{a}_{1}}{2}-{a}_{1}-（_{1}-{a}_{1}）（-\frac{1}{2}）^{n-1}]$•$[\frac{3{a}_{1}}{2}-{a}_{1}+（_{1}-{a}_{1}）（-\frac{1}{2}）^{n-1}]$=$\frac{3}{4}{a}_{1}^{2}$$[\frac{{a}_{1}^{2}}{2}-（\frac{1}{4}）^{n-1}（_{1}-{a}_{1}）^{2}]$單調遞增．
可得{S_n}單調遞增．
故選：B．

點評 本題主要考查由數列遞推式求數列通項、三角形面積海倫公式，綜合考查學生分析解決問題的能力，有較高的思維抽象度，屬于難題．