Question

设已知F为抛物线C：y2=4nx（n∈N+）的焦点，P为抛物线C上的一动点，定点A（1，1），动点P到点A，F的距离和的

Answer 1

解题思路：（I）由

b

n+1

＝

b

n

2

+2

b

n

，知b_n+1+1=

b

n

2

+2

b

n

+1

=（b_n+1）²，由此能够证明{lg（b_n+1）}是以2为公比的等比数列，并能求出bn．

（Ⅱ）焦点F（n，0），准线l：x=-n，分别过P，A作准线l的垂线，垂足为B，C，由抛物线的定义，得：|PF|=|PB|，|PA|+|PF|=|PA|+|PB|≥|AC|=1+n，故a_n=n+1，

S

n

＝2×

2

0

+3×

2

1

+4×

2

2

+…+

（n+1）×2^n-1，由此利用错位相减法能够求出S_n．

（Ⅲ）由a_na_n+1=（n+1）•（n+2），知a_na_n+2是偶数，故cos（πa_na_n+1）=cos0=1，由此能够求出数列{c_n}前n项的和T_n..

（I）∵bn+1＝bn2+2bn，

∴b_n+1+1=bn2+2bn+1=（b_n+1）²，

∴lg（b_n+1+1）=2lg（b_n+1），

∴{lg（b_n+1）}是以2为公比的等比数列，

∴lg（b_n+1）=2ⁿ⁺¹•lg（9+1）=2ⁿ⁺¹，

∴bn＝102n+1−1．

（Ⅱ）焦点F（n，0），准线l：x=-n，

分别过P，A作准线l的垂线，垂足为B，C，

由抛物线的定义，得：|PF|=|PB|，

|PA|+|PF|=|PA|+|PB|≥|AC|=1+n，

∴a_n=n+1，

∵an•lg(bn+1)＝(n+1)•2n−1，

∴Sn＝2×20+3×21+4×22+…+（n+1）×2^n-1，①

∴2S_n=2×2+3×2²+…+n×2^n-1+（n+1）×2ⁿ，②

①-②，得-S_n=2+2+2²+2³+…+2^n-1-（n+1）•2ⁿ=2+

2(1−2n−1)

1−2-（n+1）•2ⁿ，

∴S_n=n•2ⁿ．

（Ⅲ）∵a_na_n+1=（n+1）•（n+2），

n+1，n+2是两个连续的整数，

∴a_na_n+2是偶数，∴cos（πa_na_n+1）=cos0=1，

∴cn＝

1

cos

(n+1)π

3cos

(n+2)π

3，

∴c_n+1=[1

cos[π+

(n+1)π/3]cos[π+

(n+2)π

3]]=c_n，

∵c1＝

1

cos

2π

3cosπ＝2，

c2＝

1

cosπcos

4π

3＝2，c3＝

1

cos

4π

3cos

5π

3=-4，

∴c₁+c₂+c₃=0，

∵T_n=c₁+c₂+c₃+…+c_n，

∴当n=3k（k∈N₊）时，T_n=3（c₁+c₂+c₃）=0，

当n=3k+1，（k∈N₊）时，T_n=k（c₁+c₂+c₃）+c₁=2，

当n=3k（k∈N₊）时，T_n=k（c₁+c₂+c₃）+c₁+c₂=4，

∴Tn＝

点评：

本题考点： 数列与解析几何的综合；等比关系的确定；数列的求和．

考点点评： 本题考查等比数列的证明，考查数列的通项公式的求法，考查数列前n项和的求法，综合性强，难度大，解题时要认真审题，注意构造法和错位相减法的灵活运用．