2004-上海卷文-22 解-曲线等差数列

本题导读

本题考查圆锥曲线上的点与等差数列的综合。核心在于用等差中项由 $S_3$ 定项，用曲线方程联立求坐标，再由距离平方的范围定公差范围并求 $S_n$ 的最小值。

📌【题干】

Question

（2004年上海卷(文)） 设 $P_1(x_1,y_1)$，$P_2(x_2,y_2)$，$\cdots$，$P_n(x_n,y_n)$（$n⩾3$，$n\in {\mathbf{N}}^{\ast }$）是二次曲线 $C$ 上的点，且 $a_1={\left|O{P}_1\right|}^2$，$a_2={\left|O{P}_2\right|}^2$，$\cdots$，$a_n={\left|O{P}_n\right|}^2$ 构成一个公差为 $d$（$d\ne 0$）的等差数列，其中 $O$ 是坐标原点.记 $S_n=a_1+a_2+\cdots +a_n$.

(1) 若 $C$ 的方程为 $\frac{x^2}{9}-y^2=1$，$n=3$，点 $P_1(3,0)$ 及 $S_3=162$，求点 $P_3$ 的坐标（只需写出一个）；

(2) 若 $C$ 的方程为 $y^2=2px$（$p\ne 0$），点 $P_1(0,0)$，对于给定的自然数 $n$，证明：$(x_1+p{)}^2$，$(x_2+p{)}^2$，$\cdots$，$(x_n+p{)}^2$ 成等差数列；

(3) 若 $C$ 的方程为 $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$（$a>b>0$），点 $P_1(a,0)$，对于给定的自然数 $n$，当公差 $d$ 变化时，求 $S_n$ 的最小值.

🔍【思路分析】

破题导航

1. （1）$a_1=9$，$a_2=\frac{S_3}{3}=54$，$a_3=99$；联立 $x_3^2-9y_3^2=9$ 与 $x_3^2+y_3^2=99$ 得 $y_3^2=9$、$x_3^2=90$，$P_3=(3\sqrt{10},3)$。
2. （2）$a_k=x_k^2+y_k^2=x_k^2+2p{x}_k=(x_k+p{)}^2-p^2=(k-1)d$，故 $(x_k+p{)}^2=p^2+(k-1)d$。
3. （3）椭圆上 $b^2⩽a_i⩽a^2$，$d\in \left[\frac{b^2-a^2}{n-1},0\right)$，$S_n=n{a}^2+\frac{n(n-1)}{2}d$ 随 $d$ 增而增，最小 $\frac{n}{2}(a^2+b^2)$。

✅【答案】

Success

(1) $P_3=(3\sqrt{10},3)$（或 $(3\sqrt{10},-3)$、$(-3\sqrt{10},\pm 3)$）

(2) 证明见解析

(3) 最小值为 $\frac{n}{2}\left(a^2+b^2\right)$

✍【详细解析】

Abstract

（1）因为 $P_1(3,0)$，所以 $a_1={\left|O{P}_1\right|}^2=9$.等差数列前三项和 $S_3=\frac{3(a_1+a_3)}{2}$，故 $162=\frac{3(9+a_3)}{2}$，解得 $a_3=99$.又 $P_3$ 在双曲线 $\frac{x^2}{9}-y^2=1$ 上，所以 $x_3^2-9y_3^2=9$，$x_3^2+y_3^2=99$，两式相减得 $10y_3^2=90$，即 $y_3^2=9$，从而 $x_3^2=90$.因此点 $P_3$ 可以取 $(3\sqrt{10},3)$. （2）对任意 $1⩽k⩽n$，由 $P_k$ 在抛物线 $y^2=2px$ 上，得 $a_k={\left|O{P}_k\right|}^2=x_k^2+y_k^2=x_k^2+2p{x}_k=(x_k+p{)}^2-p^2$.又因为 $P_1(0,0)$，所以 $a_1=0$.由 $a_1,a_2,\cdots ,a_n$ 成等差数列，得 $a_k=(k-1)d$.于是 $(x_k+p{)}^2=p^2+a_k=p^2+(k-1)d$.因此 $(x_1+p{)}^2,(x_2+p{)}^2,\cdots ,(x_n+p{)}^2$ 是首项为 $p^2$、公差为 $d$ 的等差数列。 （3）由椭圆方程，${\left|O{P}_i\right|}^2=x_i^2+y_i^2=a^2-\frac{a^2-b^2}{b^2}{y}_i^2⩽a^2$，同理 ${\left|O{P}_i\right|}^2⩾b^2$，故每一项满足 $b^2⩽a_i⩽a^2$.又 $P_1(a,0)$，$a_1=a^2$ 已是最大值，故公差必须 $d<0$，且末项 $a_n=a^2+(n-1)d⩾b^2$，得 $d⩾\frac{b^2-a^2}{n-1}$，于是 $d\in \left[\frac{b^2-a^2}{n-1},0\right)$.由 $S_n=n{a}^2+\frac{n(n-1)}{2}d$，因 $\frac{n(n-1)}{2}>0$，$S_n$ 随 $d$ 增大而增大，故在 $d=\frac{b^2-a^2}{n-1}$ 时取得最小值 $n{a}^2+\frac{n(n-1)}{2}\cdot \frac{b^2-a^2}{n-1}=\frac{n}{2}\left(a^2+b^2\right)$.当 $d=\frac{b^2-a^2}{n-1}$ 时，各项从 $a^2$ 等差递减到 $b^2$，均在 $\left[b^2,a^2\right]$ 内，且由参数方程 $x=a\cos t$、$y=b\sin t$ 知 $\left[b^2,a^2\right]$ 内每个值都可由椭圆上的点实现，下界能够取得。故 $S_n$ 的最小值为 $\frac{n}{2}\left(a^2+b^2\right)$.

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：曲线等差数列
2. 核心方法：（1）$a_1=9$，$a_3=\frac{2S_3}{3}-9=99$，联立 $x_3^2-9y_3^2=9$ 与 $x_3^2+y_3^2=99$ 得 $P_3=(3\sqrt{10},3)$；（2）$a_k=|O{P}_k{|}^2=x_k^2+2p{x}_k=(x_k+p{)}^2-p^2=(k-1)d$，故 $(x_k+p{)}^2=p^2+(k-1)d$ 成等差；（3）$b^2⩽a_i⩽a^2$，$d\in \left[\frac{b^2-a^2}{n-1},0\right)$，$S_n=n{a}^2+\frac{n(n-1)}{2}d$ 随 $d$ 增而增，最小 $\frac{n}{2}(a^2+b^2)$
3. 避坑指南：等差中项 $a_2=S_3/3$；抛物线上 $|OP{|}^2=(x+p{)}^2-p^2$ 是关键恒等式；椭圆上距离平方范围 $[b^2,a^2]$ 定 $d$ 的范围，$S_n$ 关于 $d$ 单调取下界

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源: 源于圆锥曲线上的点与等差数列的综合，教材”圆锥曲线”
2. 结论推广: 一般化：$|OP{|}^2$ 在椭圆上的范围 $[b^2,a^2]$、在抛物线上 $(x+p{)}^2-p^2$；由 $S_n$ 与等差中项定 $a_3$，联立曲线方程解坐标；最值问题先定公差范围再用单调性

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 19.01 等差数列全总结 类题演练 (Links)

• 2011-上海卷文-22 解-椭圆最值与参数范围

• 2009-福建卷文-22 解-椭圆最值与存在性