2026年3月江苏南京盐城市一模数学试卷 #19
已知圆 $C:(x-1)^2+y^2=1$，点 $P_1(1,1)$，对于圆 $C$ 上的点 $P_n\left(a_n,b_n\right)$（$n\in \mathbb N^{\ast}$），按照如下方式构造点 $P_{n+1}$：过点 $P_n$ 作直线 $l_n$ 垂直于 $y$ 轴，垂足为 $M_n$，点 $Q_n$ 满足 ${\overrightarrow{M_n Q_n}}=\lambda\overrightarrow{M_nP_n}$（$\lambda$ 为常数，$\lambda\geqslant\sqrt 5$），直线 $OQ_n$ 交 $C$ 于点 $P_{n+1}$，其中 $O$ 为坐标原点，点 $P_{n+1}$ 异于点 $O$．
1、若 $\lambda=3$，求 $P_2$ 的坐标；
2、证明：数列 $\left\{\dfrac 1{a_n}-\dfrac 1 2\right\}$ 为等比数列；
3、已知 $P(2,0)$，设 $\triangle OP_1 P_{n+1}$ 及 $\triangle PP_1 P_{n+1}$ 的面积分别为 $S_n,T_n$，若存在正整数 $m,n$（$m<n$），使得 $n^2 T_n\left(S_m-T_m\right)=m^2 T_m\left(S_n-T_n\right)$，求 $\lambda$ 所有可能的值．
解析
1、根据题意，有 $P_1(1,1),M_1(0,1)$，于是由 $\overrightarrow{M_1Q_1}=3\overrightarrow{M_1P_1}$ 可得 $Q_1(3,1)$，于是\[\begin{cases} (x_2-1)^2+y_2^2=1,\\ y_2=\frac 13x_2,\end{cases}\iff (x_2,y_2)=\left(\frac95,\frac 35\right).\]
2、根据题意，有 $P_n(a_n,b_n),M_n(0,b_n)$，于是 $Q_n(\lambda a_n,b_n)$，于是\[\begin{cases} (a_{n+1}-1)^2+b_{n+1}^2=1,\\ b_{n+1}=\frac{b_n}{\lambda a_n}a_{n+1},\end{cases}\iff (a_{n+1},b_{n+1})=\left(\dfrac{2\lambda^2 a_n^2}{\lambda^2a_n^2+b_n^2},\dfrac{2\lambda a_nb_n}{\lambda^2a_n^2+b_n^2}\right),\]而\[ (a_n-1)^2+b_n^2=1\implies b_n^2=-a_n^2+2a_n,\]于是\[a_{n+1}=\dfrac{2\lambda^2 a_n}{(\lambda^2-1)a_n+2}\implies \dfrac{1}{a_{n+1}}-\dfrac 12=\dfrac{1}{\lambda^2}\left(\dfrac{1}{a_n}-\frac 12\right),\]因此数列 $\left\{\dfrac 1{a_n}-\dfrac 1 2\right\}$ 是首项为 $\dfrac 12$，公比为 $\dfrac{1}{\lambda^2}$ 的等比数列．
3、根据第 $(2)$ 小题的结论，有\[a_n=\dfrac{2\lambda^{2n-2}}{\lambda^{2n-2}+1},\]进而\[b_n=\sqrt{2a_n-a_n^2}=\dfrac{2\lambda^{n-1}}{\lambda^{2n-2}+1},\]由 $O(0,0),P_1(1,1),P_{n+1}(a_{n+1},b_{n+1}),P(2,0)$，有\[\begin{cases} \overrightarrow{P_1P_{n+1}}=(a_{n+1}-1,b_{n+1}-1),\\
\overrightarrow{OP_1}=(1,1),\\
\overrightarrow{PP_1}=(-1,1),\end{cases}\implies \dfrac{S_n}{T_n}=\dfrac{|a_{n+1}-b_{n+1}|}{|a_{n+1}b_{n+1}-2|}=\frac{\left|\frac{2 \lambda^{2 n}}{\lambda^{2 n}+1}-\frac{2 \lambda^n}{\lambda^{2 n}+1}\right|}{\left|\frac{2 \lambda^{2 n}}{\lambda^{2 n}+1}+\frac{2 \lambda^n}{\lambda^{2 n}+1}-2\right|}=\lambda^n,\]因此\[n^2 T_n\left(S_m-T_m\right)=m^2 T_m\left(S_n-T_n\right)\iff n^2\left(\frac{S_m}{T_m}-1\right)=m^2\left(\frac{S_n}{T_n}-1\right)\iff \frac{\lambda^m-1}{m^2}=\frac{\lambda^n-1}{n^2},\]设 $x_n=\dfrac{\lambda ^n-1}{n^2}$，则\[x_{n+1}-x_n=\dfrac{1}{n^2(n+1)^2}\left(\lambda^{n+1}n^2+2n+1-\lambda ^n(n+1)^2\right),\]由于 $\lambda \geqslant \sqrt 5$，于是当 $n\geqslant 3$ 时，有\[\lambda^{n+1}n^2+2n+1-\lambda ^n(n+1)^2>\lambda ^n\cdot 2n^2+2n+1-\lambda ^n(n+1)^2=\lambda ^n(n^2-2n-1)+2n+1>0,\]而当 $n=2$ 时，有\[\lambda^{n+1}n^2+2n+1-\lambda ^n(n+1)^2=4\lambda^3-9\lambda^2+5,\]记 $g(x)=4x^3-9x^2+5$，则其导函数\[g'(x)=6x(2x-3),\]于是 $g(x)$ 在 $x\geqslant \sqrt 5$ 时单调递增，因此\[4\lambda^3-9\lambda^2+5\geqslant 4\left(\sqrt 5\right)^3-9\left(\sqrt 5\right)^2+5=20(\sqrt 5-2)>0,\]因此 $\{x_n\}$ 在 $n\geqslant 2$ 时单调递增，因此若 $f(m)=f(n)$ 且 $m<n$，则 $m=1$，此时\[x_m=x_n\iff \lambda -1=\dfrac{\lambda ^n-1}{n^2}\iff \lambda^{n-1}+\cdots +\lambda+1 =n^2,\]
若 $n=2$，解得 $\lambda =3$；
若 $n=3$，则\[
\lambda^2+\lambda+1=9,\]解得 $\lambda =\frac{\sqrt{33}-1}2$；
若 $n\geqslant 4$，则\[x_n\geqslant \dfrac{\lambda^4-1}{16}=\dfrac{(\lambda+1)(\lambda^2+1)}{16}\cdot (\lambda-1)\geqslant \dfrac{6(\sqrt 5+1)}{16}\cdot (\lambda-1)>\lambda-1=x_n,\]因此方程 $x_m=x_n$ 无解．
综上所述，$\lambda$ 的所有可能值为 $3,\frac{\sqrt {33}-1}2$．