Question

20．已知直角的三邊長a，b，c，滿足a≤b＜c
（1）在a，b之間插入2016個(gè)數(shù)，使這2018個(gè)數(shù)構(gòu)成以a為首項(xiàng)的等差數(shù)列{a_n}，且它們的和為2018，求斜邊的最小值；
（2）已知a，b，c均為正整數(shù)，且a，b，c成等差數(shù)列，將滿足條件的三角形的面積從小到大排成一列S₁，S₂，S₃，…，S_n，且${T_n}=-{S_1}+{S_2}-{S_3}+…+{（-1）^n}{S_n}$，求滿足不等式${T_{2n}}＞6•{2^{n+1}}$的所有n的值；
（3）已知a，b，c成等比數(shù)列，若數(shù)列{X_n}滿足$\sqrt{5}{X_n}={（{\frac{c}{a}}）^n}-{（{-\frac{a}{c}}）^n}\;（n∈{N^*}）$，證明：數(shù)列$\left\{{\sqrt{X_n}}\right\}$中的任意連續(xù)三項(xiàng)為邊長均可以構(gòu)成直角三角形，且X_n是正整數(shù)．

Answer 1

分析 （1）{a_n}是等差數(shù)列，可得$\frac{2018•（a+b）}{2}=2018$，即a+b=2．利用勾股定理與基本不等式的性質(zhì)即可得出．
（2）設(shè)a，b，c的公差為d（d∈Z），則a²+（a+d）²=（a+2d）²，可得a=3d．設(shè)三角形的三邊長為3d，4d，5d，面積=$\frac{1}{2}×3d×4d$=6d²（d∈Z）．可得：${S_n}=6{n^2}$，利用等差數(shù)列的求和公式可得T_2n．由${T_{2n}}＞6•{2^{n+1}}$得${n^2}+\frac{1}{2}n＞{2^n}$，經(jīng)過分類討論即可得出．
（3）由a，b，c成等比數(shù)列，b²=ac．由于a，b，c為直角三角形的三邊長，知a²+ac=c²，$\frac{c}{a}=\frac{{1+\sqrt{5}}}{2}$，又$\sqrt{5}{X_n}={（{\frac{c}{a}}）^n}-{（{-\frac{a}{c}}）^n}\;（n∈{N^*}）$，得$\sqrt{5}{X_n}={（{\frac{{1+\sqrt{5}}}{2}}）^n}-{（{\frac{{1-\sqrt{5}}}{2}}）^n}$，可得X_n+X_n+1=X_n+2，再利用勾股定理進(jìn)行驗(yàn)證即可得出．

解答 解：（1）{a_n}是等差數(shù)列，∴$\frac{2018•（a+b）}{2}=2018$，即a+b=2．
∴c²=a²+b²≥$\frac{（a+b）^{2}}{2}$=2，斜邊的最小值為$\sqrt{2}$（當(dāng)且僅當(dāng)a=b=1等號成立，此時(shí)數(shù)列{a_n}中，a_n=1）．
（2）設(shè)a，b，c的公差為d（d∈Z），則a²+（a+d）²=（a+2d）²，∴a=3d．
設(shè)三角形的三邊長為3d，4d，5d，面積S=$\frac{1}{2}×3d×4d$=6d²（d∈Z）．
${S_n}=6{n^2}$，${T_{2n}}=-{S_1}+{S_2}-{S_3}+…+{S_{2n}}=6[-{1^2}+{2^2}-{3^2}+{4^2}-…+{（2n）^2}]$=6（1+2+3+4+…++2n）=12n²+6n．
由${T_{2n}}＞6•{2^{n+1}}$得${n^2}+\frac{1}{2}n＞{2^n}$，
當(dāng)n≥5時(shí)，${2^n}=1+n+\frac{n（n-1）}{2}+…≥2+2n+（{n^2}-n）＞{n^2}+\frac{1}{2}n$，
經(jīng)檢驗(yàn)當(dāng)n=2，3，4時(shí)，${n^2}+\frac{1}{2}n＞{2^n}$，當(dāng)n=1時(shí)，${n^2}+\frac{1}{2}n＜{2^n}$．
綜上所述，滿足不等式${T_{2n}}＞6•{2^{n+1}}$的所有n的值為2、3、4．
（3）證明：因?yàn)閍，b，c成等比數(shù)列，b²=ac．
由于a，b，c為直角三角形的三邊長，知a²+ac=c²，$\frac{c}{a}=\frac{{1+\sqrt{5}}}{2}$，
又$\sqrt{5}{X_n}={（{\frac{c}{a}}）^n}-{（{-\frac{a}{c}}）^n}\;（n∈{N^*}）$，得$\sqrt{5}{X_n}={（{\frac{{1+\sqrt{5}}}{2}}）^n}-{（{\frac{{1-\sqrt{5}}}{2}}）^n}$，
于是$\sqrt{5}{X_n}+\sqrt{5}{X_{n+1}}={（{\frac{{1+\sqrt{5}}}{2}}）^n}-{（{\frac{{1-\sqrt{5}}}{2}}）^n}+{（{\frac{{1+\sqrt{5}}}{2}}）^{n+1}}-{（{\frac{{1-\sqrt{5}}}{2}}）^{n+1}}$=${（{\frac{{1+\sqrt{5}}}{2}}）^{n+2}}-{（{\frac{{1-\sqrt{5}}}{2}}）^{n+2}}=\sqrt{5}{X_{n+2}}$．∴X_n+X_n+1=X_n+2，則有∴${（{\sqrt{X_n}}）^2}+{（{\sqrt{{X_{n+1}}}}）^2}={（{\sqrt{{X_{n+2}}}\;}）^2}$．
故數(shù)列$\left\{{\sqrt{X_n}}\right\}$中的任意連續(xù)三項(xiàng)為邊長均可以構(gòu)成直角三角形．
因?yàn)?nbsp;${X_1}=\frac{{\sqrt{5}}}{5}\left\{{{{（{\frac{{\sqrt{5}+1}}{2}}）}^1}-{{（{\frac{{1-\sqrt{5}}}{2}}）}^1}}\right\}=1$，${X_2}=\frac{{\sqrt{5}}}{5}\left\{{{{（{\frac{{\sqrt{5}+1}}{2}}）}^2}-{{（{\frac{{1-\sqrt{5}}}{2}}）}^2}}\right\}=1$$⇒{X_3}={X_1}+{X_2}=2∈{N^*}$，
由X_n+X_n+1=X_n+2，同理可得${X_n}∈{N^*}，{X_{n+1}}∈{N^*}⇒{X_{n+2}}∈{N^*}$，
故對于任意的n∈N^*都有X_n是正整數(shù)．

點(diǎn)評 本題考查了等比數(shù)列與等差數(shù)列的通項(xiàng)公式性質(zhì)及其求和公式、勾股定理、三角形面積計(jì)算公式，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．