Question

17．已知{a_n}，{b_n}為兩非零有理數(shù)列（即對任意的i∈N^*，a_i，b_i均為有理數(shù)），{d_n}為一無理數(shù)列（即對任意的i∈N^*，d_i為無理數(shù)）．
（1）已知b_n=-2a_n，并且（a_n+b_nd_n-a_nd_n²）（1+d_n²）=0對任意的n∈N^*恒成立，試求{d_n}的通項公式．
（2）若{d_n²}為有理數(shù)列，試證明：對任意的n∈N^*，（a_n+b_nd_n-a_nd_n²）（1+d_n²）=1+d_n恒成立的充要條件為$\left\{\begin{array}{l}{a_n}=\frac{1}{1-d_n^4}\\{b_n}=\frac{1}{1+d_n^2}\end{array}$．
（3）已知sin2θ=$\frac{24}{25}$（0＜θ＜$\frac{π}{2}$），d_n=$\root{3}{{tan（n•\frac{π}{2}）+{{（-1）}^n}θ}}$，對任意的n∈N^*，（a_n+b_nd_n-a_nd_n²）（1+d_n²）=1恒成立，試計算b_n．

Answer 1

分析 （1）由$d_n^2+1≠0$，可得${a_n}d_n^2-{b_n}{d_n}-{a_n}=0$，即${a_n}d_n^2+2{a_n}{d_n}-{a_n}=0$，由a_n≠0，可得$d_n^2+2{d_n}-1=0$，解出即可得出．
（2）由$（{a_n}+{b_n}{d_n}-{a_n}d_n^2）（1+d_n^2）=1+{d_n}$，可得${a_n}+{b_n}{d_n}+{b_n}d_n^3-{a_n}d_n^4=1+{d_n}$，${a_n}（1-d_n^4）+{b_n}{d_n}（1+d_n^2）=1+{d_n}$，利用$\{d_n^2\}$為有理數(shù)列，可得$\left\{\begin{array}{l}{a_n}（1-d_n^4）=1\\{b_n}（1+d_n^2）=1\end{array}\right.$，解出即可得出，由于以上每一步可逆，即可證明．
（3）由$sin2θ=\frac{2tanθ}{{1+{{tan}^2}θ}}=\frac{24}{25}$，（0＜θ＜$\frac{π}{2}$），可得25tanθ=12+12tan²θ．可得$d_n^3=tan（n•\frac{π}{2}+{（-1）^n}θ）$，當(dāng)n=2k（k∈N^*）時，∴$d_n^3=tan（2k•\frac{π}{2}+θ）=tanθ$，當(dāng)n=2k-1（k∈N^*）時，$d_n^3=tan（（2k-1）•\frac{π}{2}-θ）=cotθ$．可得$\left\{{d_n^3}\right\}$為有理數(shù)列，利用$（{a_n}+{b_n}{d_n}-{a_n}d_n^2）（1+d_n^2）=1$，可得${a_n}+{b_n}d_n^3+{d_n}（{b_n}-{a_n}d_n^3）=1$，由于$\{{a_n}\}，\{{b_n}\}，\{d_n^3\}$為有理數(shù)列，{d_n}為無理數(shù)列，即可得出．

解答 解：（1）∵$d_n^2+1≠0$，∴${a_n}+{b_n}{d_n}-{a_n}d_n^2=0$，即${a_n}d_n^2-{b_n}{d_n}-{a_n}=0$，
∴${a_n}d_n^2+2{a_n}{d_n}-{a_n}=0$，∵a_n≠0，∴$d_n^2+2{d_n}-1=0$，∴${d_n}=-1±\sqrt{2}$．
（2）證明：∵$（{a_n}+{b_n}{d_n}-{a_n}d_n^2）（1+d_n^2）=1+{d_n}$，
∴${a_n}+{b_n}{d_n}+{b_n}d_n^3-{a_n}d_n^4=1+{d_n}$，
∴${a_n}-{a_n}d_n^4+{b_n}{d_n}+{b_n}d_n^3=1+{d_n}$，
∴${a_n}（1-d_n^4）+{b_n}{d_n}（1+d_n^2）=1+{d_n}$，
∵$\{d_n^2\}$為有理數(shù)列，∴$\left\{\begin{array}{l}{a_n}（1-d_n^4）=1\\{b_n}（1+d_n^2）=1\end{array}\right.$，∴$\left\{\begin{array}{l}{a_n}=\frac{1}{1-d_n^4}\\{b_n}=\frac{1}{1+d_n^2}\end{array}\right.$，以上每一步可逆，即可證明．
（3）∵$sin2θ=\frac{2tanθ}{{1+{{tan}^2}θ}}=\frac{24}{25}$，（0＜θ＜$\frac{π}{2}$），
∴25tanθ=12+12tan²θ，
∴$tanθ=\frac{3}{4}$或$tanθ=\frac{4}{3}$
∵${d_n}=\root{3}{{tan（n•\frac{π}{2}+{{（-1）}^n}θ）}}$，
∴$d_n^3=tan（n•\frac{π}{2}+{（-1）^n}θ）$，
當(dāng)n=2k（k∈N^*）時，∴$d_n^3=tan（2k•\frac{π}{2}+θ）=tanθ$，
當(dāng)n=2k-1（k∈N^*）時，∴$d_n^3=tan（（2k-1）•\frac{π}{2}-θ）=cotθ$．
∴$\left\{{d_n^3}\right\}$為有理數(shù)列，
∵$（{a_n}+{b_n}{d_n}-{a_n}d_n^2）（1+d_n^2）=1$，∴${a_n}d_n^2+{a_n}+{b_n}d_n^3+{b_n}{d_n}-{a_n}d_n^4-{a_n}d_n^2=1$，
∴${a_n}+{b_n}d_n^3+{d_n}（{b_n}-{a_n}d_n^3）=1$，
∵$\{{a_n}\}，\{{b_n}\}，\{d_n^3\}$為有理數(shù)列，{d_n}為無理數(shù)列，
∴$\left\{\begin{array}{l}{a_n}+{b_n}d_n^3=1\\{b_n}-{a_n}d_n^3=0\end{array}\right.$，∴${b_n}=\frac{d_n^3}{1+d_n^6}$，
∴${b_n}=\frac{d_n^3}{1+d_n^6}=\frac{{tan（n•\frac{π}{2}+{{（-1）}^n}θ）}}{{1+{{tan}^2}（n•\frac{π}{2}+{{（-1）}^n}θ）}}=\frac{1}{2}sin（n•π+2{（-1）^n}θ）$．
當(dāng)n=2k（k∈N^*）時，∴${b_n}=\frac{1}{2}sin（2k•π+2θ）=\frac{1}{2}sin2θ=\frac{12}{25}$．
當(dāng)n=2k-1（k∈N^*）時，∴${b_n}=\frac{1}{2}sin（（2k-1）•π-2θ）=\frac{1}{2}sin2θ=\frac{12}{25}$，
∴${b_n}=\frac{12}{25}$．

點評 本題考查了遞推關(guān)系、數(shù)列的通項公式、三角函數(shù)求值、倍角公式、和差公式，考查了分類討論方法、推理能力與計算能力，屬于難題．