Question

已知函數(shù)f（x）=x²+ax+b（a，b為實(shí)常數(shù)）的零點(diǎn)與函數(shù)g（x）=2x²+4x-30的零點(diǎn)相同，數(shù)列{a_n}，{b_n}定義為：a₁=

1

2

，2a_n+1=f（a_n）+15，b_n=

1

2+an

（n∈N^*）．
（1）求實(shí)數(shù)a，b的值；
（2）若將數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和與數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)積分別記為S_n，T_n證明：對(duì)任意正整數(shù)n，2ⁿ⁺¹T_n+S_n為定值；
（3）證明：對(duì)任意正整數(shù)n，都有2[1-（

4

5

）ⁿ]≤S_n＜2．

Answer 1

分析：（1）設(shè)方程2x²+4x-30=0的兩個(gè)實(shí)根為α，β，則α+β=-2，αβ=-15，由函數(shù)f（x）=x²+ax+b（a，b為實(shí)常數(shù)）的零點(diǎn)與函數(shù)g（x）=2x²+4x-30的零點(diǎn)相同，知x²+ax+b=0的兩個(gè)實(shí)根為α，β．由韋達(dá)定理能求出a和b．
（2）證明：由（1）知f（x）=x²+2x-15，從而an+1 =

an2

2

+an，n∈N*，所以bn=

1

2+an

= 

an2

2a  n-1an

=

an+1 -an

an+1an

= 

1

an

-

1

an+1

，n∈N*，由此能夠證明對(duì)任意正整數(shù)n，2ⁿ⁺¹T_n+S_n=

1

an+1

+2-

1

an+1

為定值．
（3）由a₁＞0，an+1=

an2

2

+an，知{a_n}為單調(diào)遞增的正數(shù)數(shù)列，由bn=

1

2+an

，n∈N*，知{b_n}為遞減的正數(shù)數(shù)列，由此能夠證明對(duì)任意正整數(shù)n，都有2[1-（

4

5

）ⁿ]≤S_n＜2．

解答：（1）解：設(shè)方程2x²+4x-30=0的兩個(gè)實(shí)根為α，β，
則α+β=-2，αβ=-15，
∵函數(shù)f（x）=x²+ax+b（a，b為實(shí)常數(shù)）的零點(diǎn)與函數(shù)g（x）=2x²+4x-30的零點(diǎn)相同，
∴x²+ax+b=0的兩個(gè)實(shí)根為α，β，
由韋達(dá)定理得a=-（α+β）=2，b=αβ=-15．
（2）證明：由（1）知f（x）=x²+2x-15，
從而2a_n+1=a_n（a_n+2），即an+1 =

an2

2

+an，n∈N*，
∵2a_n+1=a_n（a_n+2），
∴bn=

1

2+an

=

an

2an+1

=

an2

2an+1an

=

an+1 -an

an+1an

= 

1

an

-

1

an+1

，n∈N*，
∴T_n=b₁•b₂•b₃…b_n
=

a1

2 a2

• 

a2

2 a3

…

an

2an+1

=

1

2n+1an+1

．
S_n=b₁+b₂+…+b_n
=（

1

a1

- 

1

a2

）+（

1

a2

-

1

a3

）+…+（

1

an

-

1

an+1

）
=2-

1

an+1

，n∈N^*．
∴對(duì)任意正整數(shù)n，2ⁿ⁺¹T_n+S_n=

1

an+1

+2-

1

an+1

=2為定值．
（3）證明：∵a₁＞0，an+1=

an2

2

+an，
∴a_n+1＞a_n＞0，n∈N^*
即{a_n}為單調(diào)遞增的正數(shù)數(shù)列，
∵bn=

1

2+an

，n∈N*，
∴{b_n}為遞減的正數(shù)數(shù)列，且b1= 

2

5

，
∴Tn≤b1n=(

2

5

)n，n∈N*，
∵Sn=2- 

1

an+1

=2-2n+1Tn，n∈N*，
∴對(duì)任意正整數(shù)n，都有2[1-（

4

5

）ⁿ]≤S_n＜2．

點(diǎn)評(píng)：本題考查數(shù)列與不等的綜合應(yīng)用，綜合性強(qiáng)，強(qiáng)度大，計(jì)算繁瑣，容易出錯(cuò)．解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意韋達(dá)定理的合理運(yùn)用，注意培養(yǎng)計(jì)算能力．