Question

已知在直角坐標(biāo)系中，An(an，0)，Bn(0，bn)(n∈N*)，其中數(shù)列{a_n}，{b_n}都是遞增數(shù)列．
（1）若a_n=2n+1，b_n=3n+1，判斷直線A₁B₁與A₂B₂是否平行；
（2）若數(shù)列{a_n}，{b_n}都是正項(xiàng)等差數(shù)列，設(shè)四邊形A_nB_nB_n+1A_n+1的面積為S_n（n∈N^*），求證：{S_n}也是等差數(shù)列；
（3）若an=2n，bn=an+b(a，b∈Z)，b1≥-12，記直線A_nB_n的斜率為k_n，數(shù)列{k_n}的前8項(xiàng)依次遞減，求滿足條件的數(shù)列{b_n}的個(gè)數(shù)．

Answer 1

分析：（1）確定A₁（3，0），B₁（0，4），A₂（5，0），B₂（0，7），求得斜率，可得A₁B₁與A₂B₂不平行；
（2）因?yàn)閧a_n}，{b_n}為等差數(shù)列，設(shè)它們的公差分別為d₁和d₂，則a_n=a₁+（n-1）d₁，b_n=b₁+（n-1）d₂，a_n+1=a₁+nd₁，b_n+1=b₁+nd₂，從而可得Sn=S△OAn+1Bn+1-S△OAnBn=

1

2

(an+1bn+1-anbn)，進(jìn)而可證明數(shù)列{S_n}是等差數(shù)列；
（3）求得kn=

bn-0

0-an

=-

bn

an

=-

an+b

2n

，根據(jù)數(shù)列{k_n}前8項(xiàng)依次遞減，可得an-a+b＜0對(duì)1≤n≤7（n∈Z）成立，根據(jù)數(shù)列{b_n}是遞增數(shù)列，故只要n=7時(shí)，7a-a+b=6a+b＜0即可，關(guān)鍵b₁=a+b≥-12，聯(lián)立不等式

6a+b＜0 a+b≥-12 a＞0 a，b∈Z

作出可行域，即可得到結(jié)論．

解答：（1）解：由題意A₁（3，0），B₁（0，4），A₂（5，0），B₂（0，7），
所以kA1B1=

4-0

0-3

=-

4

3

，
kA2B2=

7-0

0-5

=-

7

5

，
因?yàn)?span id="kuvnc5w" class="MathJye">kA1B1≠kA2B2，所以A₁B₁與A₂B₂不平行．
（2）證明：因?yàn)閧a_n}，{b_n}為等差數(shù)列，設(shè)它們的公差分別為d₁和d₂，
則a_n=a₁+（n-1）d₁，b_n=b₁+（n-1）d₂，a_n+1=a₁+nd₁，b_n+1=b₁+nd₂
由題意Sn=S△OAn+1Bn+1-S△OAnBn=

1

2

(an+1bn+1-anbn)
所以Sn=

1

2

{(a1+nd1)(b1+nd2)-[a1+(n-1)d1][b₁+（n-1）d₂]}
=

1

2

(2d1d2n+a1d2+b1d1-d1d2)，
所以Sn+1=

1

2

(2d1d2n+a1d2+b1d1+d1d2)，
所以S_n+1-S_n=d₁d₂是與n無(wú)關(guān)的常數(shù)，
所以數(shù)列{S_n}是等差數(shù)列
（3）解：因?yàn)锳_n（a_n，0），B_n（0，b_n），
所以kn=

bn-0

0-an

=-

bn

an

=-

an+b

2n

又?jǐn)?shù)列{k_n}前8項(xiàng)依次遞減，
所以kn+1-kn=-

a(n+1)+b

2n+1

+

an+b

2n

=

an-a+b

2n+1

＜0，
對(duì)1≤n≤7（n∈Z）成立，
即an-a+b＜0對(duì)1≤n≤7（n∈Z）成立．
又?jǐn)?shù)列{b_n}是遞增數(shù)列，所以a＞0，故只要n=7時(shí)，7a-a+b=6a+b＜0即可．
又b₁=a+b≥-12，聯(lián)立不等式

6a+b＜0 a+b≥-12 a＞0 a，b∈Z

作出可行域（如右圖所示），易得a=1或2，
當(dāng)a=1時(shí)，-13≤b＜-6即b=-13，-12，-11，-10，-9，-8，-7，有7個(gè)解；
當(dāng)a=2時(shí)，-14≤b＜-12，即b=-14，-13，有2個(gè)解，所以數(shù)列{b_n}共有9個(gè)．

點(diǎn)評(píng)：本題考查數(shù)列與解析幾何的綜合，考查等差數(shù)列的定義，考查線性規(guī)劃知識(shí)，綜合性強(qiáng)．