题目内容
5．
（理）已知等差数列{an}的首项为p，公差为d（d＞0），对于不同的自然数n（n∈N*），直线x=an与x轴和指数函数f（x）=（$\frac{1}{2}$）x的图象分别交于点An与Bn（如图所示），记Bn的坐标为（an，bn），直角梯形A1A2B2B1、A2A3B3B2的面积分别为s1和s2，一般地记直角梯形AnAn+1Bn+1Bn的面积为sn．（1）求证：数列{sn}是公比绝对值小于1的等比数列；
（2）设{an}的公差d=1，是否存在这样的正整数n，构成以bn，bn+1，bn+2为边长的三角形？并请说明理由；
（3）设{an}的公差d（d＞0）为已知常数，是否存在这样的实数p使得（1）中无穷等比数列{sn}各项的和S＞2010？并请说明理由．
分析 （1）an=p+（n-1）d，直角梯形AnAn+1Bn+1Bn的两底长度AnBn=f（an），An+1Bn+1=f（an+1）．高为AnAn+1 =d，利用梯形面积公式表示出sn．利用等比数列定义进行证明即可；
（2）an=-1+（n-1）=n-2，bn=（$\frac{1}{2}$）n-2，以bn，bn+1，bn+2为边长能构成一个三角形，则bn+2+bn+1＞bn考查不等式解的情况作解答；
（3）利用无穷等比数列求和公式，将S＞2010化简为S=$\frac{d（1+{2}^{d}）}{{2}^{p+1}（{2}^{d}-1）}$＞2010，则2p＜$\frac{d（1+{2}^{d}）}{2×2010（{2}^{d}-1）}$，探讨p的存在性．
解答 解：（1）an=p+（n-1）d，bn=（$\frac{1}{2}$）p+（n-1）d，sn=$\frac{d}{2}$[（$\frac{1}{2}$）p+（n-1）d+（$\frac{1}{2}$）p+nd]
=$\frac{d}{2}$•（$\frac{1}{2}$）p•[（$\frac{1}{2}$）（n-1）d+（$\frac{1}{2}$）nd]，
对于任意自然数n，$\frac{{s}_{n+1}}{{s}_{n}}$=$\frac{（\frac{1}{2}）^{nd}+（\frac{1}{2}）^{（n+1）d}}{（\frac{1}{2}）^{（n-1）d}+（\frac{1}{2}）^{nd}}$=$\frac{1+（\frac{1}{2}）^{d}}{1+{2}^{d}}$=（$\frac{1}{2}$）d，
所以数列{sn}是等比数列且公比q=（$\frac{1}{2}$）d，
因为d＞0，所以|q|＜1；
（2）an=-1+（n-1）=n-2，bn=（$\frac{1}{2}$）n-2，
对每个正整数n，bn＞bn+1＞bn+2，
若以bn，bn+1，bn+2为边长能构成一个三角形，
则bn+2+bn+1＞bn，即（$\frac{1}{2}$）n+（$\frac{1}{2}$）n-1＞（$\frac{1}{2}$）n-2，
即有1+2＞4，这是不可能的．
所以对每一个正整数n，以bn，bn+1，bn+2为边长不能构成三角形；
（3）由（1）知，0＜q＜1，s1=$\frac{d（1+{2}^{d}）}{{2}^{p+1}•{2}^{d}}$，
所以S=$\frac{{s}_{1}}{1-q}$=$\frac{d（1+{2}^{d}）}{{2}^{p+1}（{2}^{d}-1）}$，
若S=$\frac{d（1+{2}^{d}）}{{2}^{p+1}（{2}^{d}-1）}$＞2010，则2p＜$\frac{d（1+{2}^{d}）}{2×2010（{2}^{d}-1）}$
两边取对数，知只要a1=p取值为小于log2$\frac{d（1+{2}^{d}）}{2×2010（{2}^{d}-1）}$的实数，
就有S＞2010．
点评 本题是函数与数列、不等式的结合．考查等比数列的判定，含参数不等式解的讨论．考查分析解决问题，计算，逻辑思维等能力．
阅读快车系列答案| A． | {x|-1＜x＜4} | B． | {x|-1＜x＜1} | C． | {x|1＜x＜3} | D． | {x|-1＜x＜3} |
| A． | $\frac{{4+3\sqrt{3}}}{10}$ | B． | $\frac{{4-3\sqrt{3}}}{10}$ | C． | $\frac{{4\sqrt{3}+3}}{10}$ | D． | $\frac{{4\sqrt{3}-3}}{10}$ |