如图 $P(a_1,y_1)$，$P_2(x_2,y_2)$，$\cdots $，$P_n(x_n,y_n)$，（$0<y_1<y_2<\cdots <y_n,n\in {\mathbb{N^+}}$）是曲线 $C$：$y^2=3x(y\geqslant 0)$ 上的 $n$ 个点，点 $A_i(a_i,0)$（$i=1,2,\cdots ,n$）在 $x$ 轴的正半轴上，$\triangle{A_{i-1}A_iP_i}$ 是正三角形（$A_0$ 是坐标原点）．
【难度】
【出处】
无
【标注】
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求 $a_1,a_2,a_3$；标注答案$a_1=2$，$a_2=6$，$a_3=12$解析$a_1=2$，$a_2=6$，$a_3=12$．
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求出点 $A_n(a_n,0)$ 的横坐标 $a_n$ 关于 $n$ 的表达式；标注答案$a_n=n^2+n.$解析依题意，设 $A_n(a_n,0)$，则由于 $\triangle{A_{i-1}A_iP_i}$ 是正三角形，所以$$P_n\left(\dfrac 12(a_n+a_{n-1}),\dfrac{\sqrt 3}{2}(a_n-a_{n-1})\right),$$而点 $P_n$ 在曲线 $C$ 上，因此$$\dfrac 34(a_n-a_{n-1})^2=3\cdot \dfrac 12 (a_n+a_{n-1}),$$整理得$$a_n^2-2a_{n-1}a_n+a_{n-1}^2=2(a_n+a_{n-1})\cdots {\text{ ① }},$$从而$$a_{n+1}^2-2a_na_{n+1}+a_n^2=2(a_{n+1}+a_n)\cdots {\text{ ② }},$$② - ①，并整理得$$(a_{n+1}-a_{n-1})(a_{n+1}+a_{n-1}-2a_n-2)=0,$$从而$$a_{n+1}+a_{n-1}-2a_n-2=0,$$即$$\Delta{a_n}-\Delta{a_{n-1}}=2,$$而 $\Delta{a_1}=a_2-a_1=4$，因此 $\Delta{a_n}=2n+2$，所以$$a_n=a_1+\sum\limits_{1}^{n-1}{\Delta{a_n}}=2+\sum\limits_{1}^{n-1}(2n+2)=4+2\cdot \dfrac{n(n-1)}{2}+2(n-1)=n^2+n.$$
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设 $b_n=\dfrac 1{a_{n+1}}+\dfrac 1{a_{n+2}}+\dfrac 1{a_{n+3}}+\cdots +\dfrac 1{a_{2n}}$，若对任意正整数 $n$，当 $m\in [-1,1]$ 时，不等式 $t^2-2mt+\dfrac 16>b_n$ 恒成立，求实数 $t$ 的取值范围．标注答案$t<-2$ 或 $t>2$解析因为\[\begin{split}b_n&=\sum\limits_{k=n+1}^{2n}{\dfrac 1{a_k}}\\&=\sum\limits_{k=n+1}^{2n}{\dfrac 1{k(k+1)}}\\&=\sum\limits_{k=n+1}^{2n}{\left(\dfrac 1k-\dfrac 1{k+1}\right)}\\&=\dfrac 1{n+1}-\dfrac 1{2n+1}\\&=\dfrac n{2n^2+3n+1}\\&=\dfrac 1{2n+\dfrac 1n+3},\end{split}\]所以当 $n$ 取 $1$ 时 $b_n=b_1$ 取最大值为 $\dfrac 16$．
因此，$t^2-2mt+\dfrac 16$ 在 $m\in [-1,1]$ 上的最小值大于 $\dfrac 16$．
该式为关于 $m$ 的一次函数，所以 $\begin{cases}t^2-2t+\dfrac 16>\dfrac 16\\ t^2+2t+\dfrac 16>\dfrac 16\end{cases}$ 即可．
解得 $t<-2$ 或 $t>2$．
题目
问题1
答案1
解析1
备注1
问题2
答案2
解析2
备注2
问题3
答案3
解析3
备注3
