Question

在直角坐標平面xOy上的一列點A₁（1，a₁），A₂（2，a₂），…，A_n（n，a_n），…，簡記為{A_n}．若由bn=

AnAn+1

•

j

構成的數列{b_n}滿足b_n+1＜b_n，n=1，2，…，其中

j

為方向與y軸正方向相同的單位向量，則稱{A_n}為T點列．
（1）判斷A₁（1，-1），A2(2，-

1

2

)，A3(3，-

1

4

)，…，An(n，-

1

2n-1

)，…，是否為T點列，并說明理由；
（2）若{A_n}為T點列，且點A₂在點A₁的右下方，證明任取其中連續三點A_k、A_k+1、A_k+2，一定能構成鈍角三角形；
（3）若{A_n}為T點列，且對于任意n∈N^*，都有b_n＞0，那么數列{a_n}是否一定存在極限？若是，請說明理由；若不是，請舉例說明．

Answer 1

分析：（1）由已知可得 bn=an+1-an=(-

1

2n

)-(-

1

2n-1

)=

1

2n

，則由

bn+1

bn

=

1

2

＜1，可得b_n+1＜b_n，從而得到{(n，-

1

2n-1

)}為T點列．
（2）根據條件可得

AnAn+1

=(1，an+1-an)=(1，bn)，b₁=a₂-a₁＜0．由于{A_n}為T點列，故有b_n+1＜b_n＜…
＜b₁＜0，求得

Ak+1Ak

•

Ak+1Ak+2

=-1-bkbk+1＜0，可得∠A_kA_k+1A_k+2為鈍角，命題得證．
（3）不是，舉反例當an=n-

1

2n-1

時，則bn=1+

1

2n

．

解答：解：（1）由已知

AnAn+1

=(1，an+1-an)，

j

=(0，1)，則bn=

AnAn+1

•

j

=an+1-an．
再根據 bn=an+1-an=(-

1

2n

)-(-

1

2n-1

)=

1

2n

，則由

bn+1

bn

=

1

2

＜1，可得b_n+1＜b_n，從而得到{(n，-

1

2n-1

)}為T點列．
（2）

AnAn+1

=(1，an+1-an)=(1，bn)，又由點A₂在點A₁的右下方，可知b₁=a₂-a₁＜0．
又

Ak+1Ak =(-1，ak-ak+1)=(-1，-bk) Ak+1Ak+2 =(1，ak+2-ak+1)=(1，bk+1)

，可得

Ak+1Ak

•

Ak+1Ak+2

=-1-bkbk+1，
由于{A_n}為T點列，故有b_n+1＜b_n＜…＜b₁＜0，從而

Ak+1Ak

•

Ak+1Ak+2

=-1-bkbk+1＜0，
由題意可得，三點A_k、A_k+1、A_k+2不共線，故∠A_kA_k+1A_k+2為鈍角，命題得證．
（3）不是，例如：當an=n-

1

2n-1

時，則bn=1+

1

2n

，滿足{A_n}為T點列，而顯然{a_n}極限不存在．

點評：本題主要考查求數列的極限，兩個向量坐標形式的運算，屬于中檔題．