Question

已知?jiǎng)訄A與直線(xiàn)y=-3相切，并與定圓x²+y²=1相內(nèi)切．
（Ⅰ）求動(dòng)圓圓心P的軌跡C的方程．
（Ⅱ）過(guò)原點(diǎn)作斜率為1的直線(xiàn)交曲線(xiàn)C于p₁（p₁為第一象限點(diǎn)），又過(guò)P₁作斜率為

1

2

的直線(xiàn)交曲線(xiàn)C于P₂，再過(guò)P₂作斜率為

1

4

的直線(xiàn)交曲線(xiàn)C于P₃…如此繼續(xù)，一般地，過(guò)P_n作斜率為

1

2n

的直線(xiàn)交曲線(xiàn)C于P_n+1，設(shè)P_n（x_n，y_n）．
（i）令b_n=x_2n+1-x_2n-1，求證：數(shù)列{b_n}是等比數(shù)列；
（ii）數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和為S_n，試比較

3

4

S_n+1與

1

3n+10

大小．

Answer 1

考點(diǎn)：數(shù)學(xué)歸納法,軌跡方程

專(zhuān)題：綜合題,等差數(shù)列與等比數(shù)列

分析：（Ⅰ）利用拋物線(xiàn)的定義，可得動(dòng)圓圓心P的軌跡C的方程．
（Ⅱ）（i）把點(diǎn)P_n和P_n+1代入拋物線(xiàn)方程，進(jìn)而可得x_n²=4（y_n+1），①x_n+1²=4（y_n+1+1）②，進(jìn)而表示出直線(xiàn)的斜率代入后求得x_n+1+x_n=

1

2n-2

代入b_n=x_2n+1-x_2n-1，根據(jù)等比數(shù)列的定義推斷出該數(shù)列為等比數(shù)列．
（ii）根據(jù)等比數(shù)列的求和公式求得S_n，進(jìn)而可求得

3

4

S_n+1=

1

4n

，問(wèn)題轉(zhuǎn)化為比較4ⁿ與3n+10的大小，根據(jù)二項(xiàng)式定理，進(jìn)而看n=1，2時(shí)也符合，最后綜合原式得解．

解答： 解：（Ⅰ）∵動(dòng)圓與直線(xiàn)y=-3相切，并與定圓x²+y²=1相內(nèi)切，
∴P到原點(diǎn)的距離等于P到直線(xiàn)y=-2的距離，由拋物線(xiàn)定義可知，P的軌跡是以原點(diǎn)為焦點(diǎn)，直線(xiàn)y=-2為準(zhǔn)線(xiàn)的拋物線(xiàn)，其軌跡方程為x²=4（y+1）；
（Ⅱ）（i）設(shè)P_n（x_n，y_n）、P_n+1（x_n+1，y_n+1）在拋物線(xiàn)上，故x_n²=4（y_n+1），①x_n+1²=4（y_n+1+1）②，又因?yàn)橹本�(xiàn)P_nP_n+1的斜率為

1

2n

，可得x_n+1+x_n=

1

2n-2

∴b_n=x_2n+1-x_2n-1=（x_2n+1+x_2n）-（x_2n+x_2n-1）=

1

22n-2

-

1

22n-3

=-

1

22n-2

，
故數(shù)列{b_n}是以-1為首項(xiàng)，以

1

4

為公比的等比數(shù)列；
（ii）b_n=-

1

22n-2

，∴S_n=-

4

3

（1-

1

4n

），
∴

3

4

S_n+1=

1

4n

，
故只要比較4ⁿ與3n+10的大�。�
4ⁿ=（1+3）ⁿ=1+

C

1 n

•3+

C

2 n

•3²+…+

C

n n

•3n＞1+3n+

n(n-1)

2

•9＞1+3n+9=3n+10（n≥3），
當(dāng)n=1時(shí)，

3

4

S_n+1＞

1

3n+10

；
當(dāng)n=2時(shí)，

3

4

S_n+1=

1

3n+10

；
當(dāng)n≥3，n∈N^*時(shí)，

3

4

S_n+1＜

1

3n+10

．

點(diǎn)評(píng)：本題主要考查了等比關(guān)系的確定，不等式的應(yīng)用，二項(xiàng)式定理，考查了學(xué)生綜合分析問(wèn)題的能力．