已知{an}.{bn}为两非零有理数列(即对任意的i∈N*.ai.bi均为有理数).{dn}为一无理数列(即对任意的i∈N*.di为无理数)．(1)已知bn=-2an.并且(an+bndn-andn2)(1+dn2)=0对任意的n∈N*恒成立.试求{dn}的通项公式．(2)若{dn2}为有理数列.试证明:对任意的n∈N*.(an+bndn-andn2)(1+dn2)=1+dn� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

17．已知{a_n}，{b_n}为两非零有理数列（即对任意的i∈N^*，a_i，b_i均为有理数），{d_n}为一无理数列（即对任意的i∈N^*，d_i为无理数）．
（1）已知b_n=-2a_n，并且（a_n+b_nd_n-a_nd_n²）（1+d_n²）=0对任意的n∈N^*恒成立，试求{d_n}的通项公式．
（2）若{d_n²}为有理数列，试证明：对任意的n∈N^*，（a_n+b_nd_n-a_nd_n²）（1+d_n²）=1+d_n恒成立的充要条件为$\left\{\begin{array}{l}{a_n}=\frac{1}{1-d_n^4}\\{b_n}=\frac{1}{1+d_n^2}\end{array}$．
（3）已知sin2θ=$\frac{24}{25}$（0＜θ＜$\frac{π}{2}$），d_n=$\root{3}{{tan（n•\frac{π}{2}）+{{（-1）}^n}θ}}$，对任意的n∈N^*，（a_n+b_nd_n-a_nd_n²）（1+d_n²）=1恒成立，试计算b_n．

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$\{d_n^2\}$为有理数列，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，即可证明．
（3）由$sin2θ=\frac{2tanθ}{{1+{{tan}^2}θ}}=\frac{24}{25}$，（0＜θ＜$\frac{π}{2}$），可得25tanθ=12+12tan²θ．可得$d_n^3=tan（n•\frac{π}{2}+{（-1）^n}θ）$，当n=2k（k∈N^*）时，∴$d_n^3=tan（2k•\frac{π}{2}+θ）=tanθ$，当n=2k-1（k∈N^*）时，$d_n^3=tan（（2k-1）•\frac{π}{2}-θ）=cotθ$．可得$\left\{{d_n^3}\right\}$为有理数列，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$\{{a_n}\}，\{{b_n}\}，\{d_n^3\}$为有理数列，{d_n}为无理数列，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）证明：∵$（{a_n}+{b_n}{d_n}-{a_n}d_n^2）（1+d_n^2）=1+{d_n}$，
∴${a_n}+{b_n}{d_n}+{b_n}d_n^3-{a_n}d_n^4=1+{d_n}$，
∴${a_n}-{a_n}d_n^4+{b_n}{d_n}+{b_n}d_n^3=1+{d_n}$，
∴${a_n}（1-d_n^4）+{b_n}{d_n}（1+d_n^2）=1+{d_n}$，
∵$\{d_n^2\}$为有理数列，∴$\left\{\begin{array}{l}{a_n}（1-d_n^4）=1\\{b_n}（1+d_n^2）=1\end{array}\right.$，∴$\left\{\begin{array}{l}{a_n}=\frac{1}{1-d_n^4}\\{b_n}=\frac{1}{1+d_n^2}\end{array}\right.$，以上每一步可逆，即可证明．
（3）∵$sin2θ=\frac{2tanθ}{{1+{{tan}^2}θ}}=\frac{24}{25}$，（0＜θ＜$\frac{π}{2}$），
∴25tanθ=12+12tan²θ，
∴$tanθ=\frac{3}{4}$或$tanθ=\frac{4}{3}$
∵${d_n}=\root{3}{{tan（n•\frac{π}{2}+{{（-1）}^n}θ）}}$，
∴$d_n^3=tan（n•\frac{π}{2}+{（-1）^n}θ）$，
当n=2k（k∈N^*）时，∴$d_n^3=tan（2k•\frac{π}{2}+θ）=tanθ$，
当n=2k-1（k∈N^*）时，∴$d_n^3=tan（（2k-1）•\frac{π}{2}-θ）=cotθ$．
∴$\left\{{d_n^3}\right\}$为有理数列，
∵$（{a_n}+{b_n}{d_n}-{a_n}d_n^2）（1+d_n^2）=1$，∴${a_n}d_n^2+{a_n}+{b_n}d_n^3+{b_n}{d_n}-{a_n}d_n^4-{a_n}d_n^2=1$，
∴${a_n}+{b_n}d_n^3+{d_n}（{b_n}-{a_n}d_n^3）=1$，
∵$\{{a_n}\}，\{{b_n}\}，\{d_n^3\}$为有理数列，{d_n}为无理数列，
∴$\left\{\begin{array}{l}{a_n}+{b_n}d_n^3=1\\{b_n}-{a_n}d_n^3=0\end{array}\right.$，∴${b_n}=\frac{d_n^3}{1+d_n^6}$，
∴${b_n}=\frac{d_n^3}{1+d_n^6}=\frac{{tan（n•\frac{π}{2}+{{（-1）}^n}θ）}}{{1+{{tan}^2}（n•\frac{π}{2}+{{（-1）}^n}θ）}}=\frac{1}{2}sin（n•π+2{（-1）^n}θ）$．
当n=2k（k∈N^*）时，∴${b_n}=\frac{1}{2}sin（2k•π+2θ）=\frac{1}{2}sin2θ=\frac{12}{25}$．
当n=2k-1（k∈N^*）时，∴${b_n}=\frac{1}{2}sin（（2k-1）•π-2θ）=\frac{1}{2}sin2θ=\frac{12}{25}$，
∴${b_n}=\frac{12}{25}$．

点评本题考查了递推关系、数列的通项公式、三角函数求值、倍角公式、和差公式，考查了分类讨论方法、推理能力与计算能力，属于难题．

	A．	假设三角形的3个内角都大于60°
	B．	假设三角形的3个内角都不大于60°
	C．	假设三角形的3个内角中至多有一个大于60°
	D．	假设三角形的3个内角中至多有两个大于60°

X	-1	0	1
P	$\frac{1}{2}$	$\frac{1}{6}$	a

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