Question

10．已知數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，且滿足S_n=（n+1）²-a_n-2（n∈N^*）．
（1）令b_n+2=a_n+1-a_n，證明：{b_n}為常數(shù)數(shù)列，并求出{a_n}的通項(xiàng)公式；
（2）是否存在m∈N^*，使得等式a_m+a_m+1+a_m+2=a_m•a_m+1•a_m+2？若存在，求出對應(yīng)的m；若不存在，請說明理由．
（3）若a_r，a_s，a_t為數(shù)列{a_n}中的任意三項(xiàng)，證明：關(guān)于x的一元二次方程a_rx²+a_sx-a_t=0無有理數(shù)解．

Answer 1

分析 （1）先求出數(shù)列的前3項(xiàng)，由此猜想a_n=2n-1，再利用數(shù)學(xué)歸納法證明，由b_n+2=2（n+1）-1-（2n-1）=2，得到b_n=0．
（2）假設(shè)a_m+a_m+1+a_m+2=a_m•a_m+1•a_m+2，由此推出2（2m³+3m²-2m）-3=0，由2（2m³+3m²-2m）是偶數(shù)，得到不存在m∈N^*，使得等式a_m+a_m+1+a_m+2=a_m•a_m+1•a_m+2．
（3）關(guān)于x的一元二次方程a_rx²+a_sx-a_t=0無有理數(shù)解關(guān)鍵在$△={{a}_{s}}^{2}+4{a}_{r}{a}_{t}$，看它能不能化成一個(gè)奇數(shù)的平方，由此能推導(dǎo)出一元二次方程${a}_{r}{x}^{2}+{a}_{s}x-{a}_{t}=0$無有理數(shù)根．

解答 （1）證明：∵數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，且滿足S_n=（n+1）²-a_n-2（n∈N^*），
∴a₁=（1+1）²-a₁-2，
解得a₁=1，
${S}_{2}={a}_{2}+{a}_{1}=（2+1）^{2}-{a}_{2}-2$，
解得a₂=3，
S₃=a₃+4=（3+1）²-a₃-2，
解得a₃=5，
由此猜想a_n=2n-1，
下面利用數(shù)學(xué)歸納法證明：
①當(dāng)n=1時(shí)，a₁=2×1-1=1=a₁，成立．
②假設(shè)n=k時(shí)，等式成立，即a_k=2k-1，
則n=k+1時(shí)，S_k+1=k²+a_k+1=（k+2）²-a_k+1-2，
∴2a_k+1=（k+2）²-k²-2=4k+2，
∴a_k+1=2k+1=2（k+1）-1，成立，
∴a_n=2n-1．
∴b_n+2=2（n+1）-1-（2n-1）=2，
∴b_n=0．
∴{b_n}為常數(shù)數(shù)列，{a_n}的通項(xiàng)公式a_n=2n-1．
（2）解：假設(shè)a_m+a_m+1+a_m+2=a_m•a_m+1•a_m+2，
則2m-1+2m+1+2m+3=（2m-1）（2m+1）（2m+3），
∴6m+3=8m³-2m+12m²-3，
∴4m³+6m²-4m-3=0，
2（2m³+3m²-2m）-3=0，
∵2（2m³+3m²-2m）是偶數(shù)，∴假設(shè)不成立，
∴不存在m∈N^*，使得等式a_m+a_m+1+a_m+2=a_m•a_m+1•a_m+2．
（3）證明：關(guān)于x的一元二次方程a_rx²+a_sx-a_t=0無有理數(shù)解關(guān)鍵在$△={{a}_{s}}^{2}+4{a}_{r}{a}_{t}$，
看它能不能化成一個(gè)奇數(shù)的平方，
設(shè)a_s=2s-1，a_r=2r-1，a_t=2t-1，
△=（2s-1）²+4（2r-1）（2t-1）
=4[s（s-1）+（2r-1）（2t-1）]+1，
∵s（s-1）+（2r-1）（2t-1）是個(gè)奇數(shù)，
而（2n+1）²=4n²+4n+1=4n（n+1）+1，
4n（n+1）能被整除，
而4[s（s-1）+（2r-1）（2t-1）]不能被8整除，
∴一元二次方程${a}_{r}{x}^{2}+{a}_{s}x-{a}_{t}=0$無有理數(shù)根．

點(diǎn)評 本題考查常數(shù)數(shù)列的證明，考查數(shù)列的通項(xiàng)公式的求法，考查是否存在m∈N^*，使得等式a_m+a_m+1+a_m+2=a_m•a_m+1•a_m+2的判斷與求法，考查關(guān)于x的一元二次方程a_rx²+a_sx-a_t=0無有理數(shù)解的證明，綜合性強(qiáng)，難度大，對數(shù)學(xué)思維的要求較高．