Question

如圖，P₁（x₁，y₁），P₂（x₂，y₂），…，P_n（x_n，y_n）（0＜y₁＜y₂＜…＜y_n）是曲線C：y²=3x（y≥0）上的n個點(diǎn)，點(diǎn)A_i（a_i，0）（i=1，2，3，…，n）在x軸的正半軸上，且△A_i-1A_iP_i是正三角形（A₀是坐標(biāo)原點(diǎn)）．
（Ⅰ）求出a₁，a₂，a₃，并猜想a_n關(guān)于n的表達(dá)式（不需證明）；
（Ⅱ）設(shè)bn=

1

an+1

+

1

an+2

+

1

an+3

+…+

1

a2n

，若對任意的正整數(shù)n，當(dāng)m∈[-1，1]時，不等式t2-2mt+

1

6

＞bn恒成立，求實(shí)數(shù)t的取值范圍．

Answer 1

分析：（Ⅰ）由點(diǎn)A₁（a₁，0）得到等邊三角形的邊長為a₁根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)得P₁的坐標(biāo)為（

a1

2

，

3 a1

2

）代入到y(tǒng)²=3x中求出即可得到a₁，然后同理求出a₂和a₃，然后猜想a_n=n（n+1）（n∈N^*）；
（Ⅱ）把猜想的通項(xiàng)公式代入到b_n中化簡得到通項(xiàng)公式，利用b_n+1-b_n得到小于0，所以數(shù)列為遞減數(shù)列，所以當(dāng)m∈[-1，1]時，不等式t2-2mt+

1

6

＞bn恒成立只需要求出b_n的最大值，即可求出t的取值范圍．

解答：解：（Ⅰ）由點(diǎn)A₁（a₁，0）得到第一個等邊三角形的邊長為a₁，
根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)得P₁的坐標(biāo)為（

a1

2

，

3 a1

2

）
代入到y(tǒng)²=3x中

3

4

a₁²=

3

2

a₁，解得a₁=2；
又因?yàn)辄c(diǎn)A₂（a₂，0），所以得第二個等邊三角形的邊長為a₂-2，
則P₂的坐標(biāo)為（

a2-2

2

，

3 (a2-2)

2

）代入到y(tǒng)²=3x中解得a₂=6；
因?yàn)锳₃（a₃，0），所以第三個等邊三角形的邊長為a₃-6，
則P₃的坐標(biāo)為（

a3-6

2

，

3 (a3-6)

2

）代入到y(tǒng)²=3x中解得a₃=12．
所以a₁=2，a₂=6，a₃=12；
猜想：a_n=n（n+1）（n∈N^*）．

（Ⅱ）bn=

1

an+1

+

1

an+2

+

1

an+3

++

1

a2n

=

1

(n+1)(n+2)

+

1

(n+2)(n+3)

++

1

2n(2n+1)

=

1

n+1

-

1

2n+1

=

n

2n2+3n+1

=

1

(2n+ 1 n )+3

．
bn+1-bn=

-(2n2+2n-1)

(2n2+7n+6)(2n2+3n+1)

＜0(n∈N^*）
即b_n+1＜b_n，所以數(shù)列{b_n}是遞減數(shù)列．
所以，當(dāng)n=1時，(bn)max=

1

6

．
t2-2mt+

1

6

＞bn（?n∈N^*，?m∈[-1，1]）?t2-2mt+

1

6

＞(bn)max=

1

6

，
即t²-2mt＞0（?m∈[-1，1]）?

t2-2t＞0  t2+2t＞0 •

解之得，實(shí)數(shù)t的取值范圍為（-∞，-2）∪（2，+∞）．

點(diǎn)評：考查學(xué)生會根據(jù)數(shù)列的遞推式判斷數(shù)列是增數(shù)列還是減數(shù)列，理解函數(shù)恒成立時所取的條件，還考查學(xué)生歸納總結(jié)，作出猜想的能力．