已知数列{an}.{bn}满足:an+1=an+1.bn+1=bn+$\frac{1}{2}{a} {n}$.cn=${{a} {n}}^{2}$-4bn.n∈N*:(1)若a1=1.b1=0.求数列{an}.{bn}的通项公式:(2)证明:数列{cn}是等差数列:(3)定义fn(x)=x2+anx+bn.证明:若存在K∈N*.使得ak.bk为整数.且fk(x)有两个整数零点.则必有无� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

14．已知数列{a_n}、{b_n}满足：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，求数列{a_n}、{b_n}的通项公式：
（2）证明：数列{c_n}是等差数列：
（3）定义f_n（x）=x²+a_nx+b_n，证明：若存在K∈N^*，使得a_k、b_k为整数，且f_k（x）有两个整数零点，则必有无穷多个f_n（x）有两个整数零点：

分析（1）通过a_n+1=a_n+1、a₁=1可知数列{a_n}是首项、公差均为1的等差数列；通过b_n+1-b_n=$\frac{1}{2}$n，当n≥2时利用b_n=（b_n-b_n-1）+（b_n-1-b_n-2）+…+（b₂-b₁）+b₁计算，进而可得结论；
（2）通过（1）代入计算即得结论；
（3）通过分析可知方程x²+a_kx+b_k=0有两个整数根，利用△=k＞0，只需令$\frac{-{a}_{k}±\sqrt{△}}{2}$=$\frac{-k±\sqrt{k}}{2}$为整数即可．

解答（1）解：∵a_n+1=a_n+1，a₁=1，
∴数列{a_n}是首项、公差均为1的等差数列，
∴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，
∴当n≥2时，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∵当n=1时上式成立，
∴b_n=$\frac{n（n-1）}{4}$；
（2）证明：∵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，
∴数列{c_n}是等差数列；
（3）证明：依题意，方程x²+a_kx+b_k=0有两个整数根，
则△=${{a}_{k}}^{2}$-4b_k=k²-4•$\frac{k（k-1）}{4}$=k＞0，且$\frac{-{a}_{k}±\sqrt{△}}{2}$=$\frac{-k±\sqrt{k}}{2}$为整数，
又∵a_k、b_k为整数，
∴k=4^t（t∈N^*）满足题意，
∴必有无穷多个f_n（x）有两个整数零点．