Question

10．直角三角形ABC的三邊長分別為a，b，c，且c為斜邊的長．
（1）若a，b，c成等比數(shù)列，且a=2，求c的值；
（2）已知a，b，c均為正整數(shù)．
    （i）若a，b，c是三個連續(xù)的整數(shù)，求三角形ABC的面積；
    （ii）若a，b，c成等差數(shù)列，將這些三角形的面積從小到大排成一列，記第n個為S_n，且T_n=-S${\;}_{1}+{S}_{2}-{S}_{3}+…+（-1）^{n}{S}_{n}$，求滿足不等式|T_n|＞3•2ⁿ的所有n的值．

Answer 1

分析 （1）設公比為q，則b=aq，c=aq²，由a，b，c為直角三角形的三邊長，利用勾股定理能求出c．
（2）（i）由已知得b=a+1，c=a+2，由勾股定理得a=3，b=4，c=5，由此能求出△ABC的面積．
（ii）設a，b，c的公差為d（d∈Z），推導出a=3d，從布三角形的三邊長可設為3d，4d，5d，S=6d²，${a}_{n}=6{n}^{2}$，|S_n|=3n²+3n，令f（n）=$\frac{{n}^{2}+n}{{2}^{n}}$，則f（n+1）-f（n）=$\frac{-{n}^{2}+n+2}{{2}^{n+1}}$，由此能求出滿足不等式|T_n|＞3•2ⁿ的所有n的值．

解答 （本題滿分16分）
解：（1）設公比為q，則b=aq，c=aq²，
由a，b，c為直角三角形的三邊長，知a²+a²q²=a²q⁴，
∴q⁴-q²-1=0，∴${q}^{2}=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$，…（1分）
∵a=2，∴c=aq²=1+$\sqrt{5}$．…（2分）
（2）（i）∵a，b，c為連續(xù)正整數(shù)，
∴b=a+1，c=a+2，
由a²+b²=c²，知a²+（a+1）²=（a+2）²，
∴a=3，b=4，c=5．…（4分）
∴S=$\frac{1}{2}×3×4$=6．…（5分）
（ii）設a，b，c的公差為d（d∈Z），則a²+（a+d）²=（a+2d）²，∴a=3d，
∴三角形的三邊長可設為3d，4d，5d，∴S=$\frac{1}{2}×3d×4d=691zcfia^{2}，（d∈Z）$，
∴${a}_{n}=6{n}^{2}$，∴S_n=6（-1•1²+2²-3²+4²-…+（-1）ⁿn²），…（8分）
若n為偶數(shù)，則${S}_{n}=6[（-{1}^{2}+{2}^{2}）+（-{3}^{2}+{4}^{2}）+…（n-1）^{2}+{n}^{2}）]$
6（3+7+11+…+2n-1）=3n²+3n，…（10分）
若n為奇數(shù)，則S_n=6[（-1²+2²）+（4²-3²）-…+（n-1）²-（n-2）²]-6n²
=6（3+7+11+…+2n-3）-6n²=-3n²-3n．…（12分）
∴|S_n|=3n²+3n，∴|S_n|＞3•2ⁿ，即n²+n＞2ⁿ，即$\frac{{n}^{2}+n}{{2}^{n}}＞1$，
令f（n）=$\frac{{n}^{2}+n}{{2}^{n}}$，則f（n+1）-f（n）=$\frac{（n+1）^{2}+（n+1）}{{2}^{n+1}}$-$\frac{{n}^{2}+n}{{2}^{n}}$=$\frac{-{n}^{2}+n+2}{{2}^{n+1}}$，
當n=1，2時，f（n+1）-f（n）≥0，即f（3）≥f（2）＞f（1），
n≥3時，f（n+1）-f（n）＜0，f（n）遞減，…（14分）
即f（n）＜f（n-1）＜…＜f（4），
由f（1）=1，f（2）=$\frac{3}{2}＞1$，f（3）=$\frac{12}{8}$＞1，f（4）=$\frac{20}{16}$＞1，f（5）=$\frac{25}{32}$＜1，
得到滿足|S_n|＞3•2ⁿ的所有n的值為2，3，4． …（16分）

點評 本題考查直角三角形斜邊長的求法，考查三角形面積的求法，考查滿足條件的實數(shù)值的求法，是中檔題，解題時要認真審題，注意分類討論思想、等比數(shù)列、等差數(shù)列的性質的合理運用．