Question

14．已知數(shù)列{a_n}、{b_n}滿足：a_n+1=a_n+1，b_n+1=b_n+$\frac{1}{2}{a}_{n}$，c_n=${{a}_{n}}^{2}$-4b_n，n∈N^*：
（1）若a₁=1，b₁=0，求數(shù)列{a_n}、{b_n}的通項公式：
（2）證明：數(shù)列{c_n}是等差數(shù)列：
（3）定義f_n（x）=x²+a_nx+b_n，證明：若存在K∈N^*，使得a_k、b_k為整數(shù)，且f_k（x）有兩個整數(shù)零點，則必有無窮多個f_n（x）有兩個整數(shù)零點：

Answer 1

分析 （1）通過a_n+1=a_n+1、a₁=1可知數(shù)列{a_n}是首項、公差均為1的等差數(shù)列；通過b_n+1-b_n=$\frac{1}{2}$n，當(dāng)n≥2時利用b_n=（b_n-b_n-1）+（b_n-1-b_n-2）+…+（b₂-b₁）+b₁計算，進而可得結(jié)論；
（2）通過（1）代入計算即得結(jié)論；
（3）通過分析可知方程x²+a_kx+b_k=0有兩個整數(shù)根，利用△=k＞0，只需令$\frac{-{a}_{k}±\sqrt{△}}{2}$=$\frac{-k±\sqrt{k}}{2}$為整數(shù)即可．

解答 （1）解：∵a_n+1=a_n+1，a₁=1，
∴數(shù)列{a_n}是首項、公差均為1的等差數(shù)列，
∴a_n=n；
又∵b_n+1=b_n+$\frac{1}{2}{a}_{n}$，
∴b_n+1-b_n=$\frac{1}{2}$n，
又∵b₁=0，
∴當(dāng)n≥2時，b_n=（b_n-b_n-1）+（b_n-1-b_n-2）+…+（b₂-b₁）+b₁
=$\frac{1}{2}$[（n-1）+（n-2）+…+1+0]
=$\frac{1}{2}$•$\frac{n（n-1）}{2}$
=$\frac{n（n-1）}{4}$，
又∵當(dāng)n=1時上式成立，
∴b_n=$\frac{n（n-1）}{4}$；
（2）證明：∵a_n=n，b_n=$\frac{n（n-1）}{4}$，
∴c_n=${{a}_{n}}^{2}$-4b_n=n²-4•$\frac{n（n-1）}{4}$=n，
∴數(shù)列{c_n}是等差數(shù)列；
（3）證明：依題意，方程x²+a_kx+b_k=0有兩個整數(shù)根，
則△=${{a}_{k}}^{2}$-4b_k=k²-4•$\frac{k（k-1）}{4}$=k＞0，且$\frac{-{a}_{k}±\sqrt{△}}{2}$=$\frac{-k±\sqrt{k}}{2}$為整數(shù)，
又∵a_k、b_k為整數(shù)，
∴k=4^t（t∈N^*）滿足題意，
∴必有無窮多個f_n（x）有兩個整數(shù)零點．

點評 本題考查數(shù)列的通項及前n項和，考查并項相消法的逆用，考查運算求解能力，注意解題方法的積累，屬于中檔題．