Question

10．已知数列{a_n}的前n项和为S_n，且满足S_n=（n+1）²-a_n-2（n∈N^*）．
（1）令b_n+2=a_n+1-a_n，证明：{b_n}为常数数列，并求出{a_n}的通项公式；
（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，求出对应的m；若不存在，请说明理由．
（3）若a_r，a_s，a_t为数列{a_n}中的任意三项，证明：关于x的一元二次方程a_rx²+a_sx-a_t=0无有理数解．

Answer 1

分析 （1）先求出数列的前3项，由此猜想a_n=2n-1，再利用数学归纳法证明，由b_n+2=2（n+1）-1-（2n-1）=2，得到b_n=0．
（2）假设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）是偶数，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）关于x的一元二次方程a_rx²+a_sx-a_t=0无有理数解关键在$△={{a}_{s}}^{2}+4{a}_{r}{a}_{t}$，看它能不能化成一个奇数的平方，由此能推导出一元二次方程${a}_{r}{x}^{2}+{a}_{s}x-{a}_{t}=0$无有理数根．

解答 （1）证明：∵数列{a_n}的前n项和为S_n，且满足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，
下面利用数学归纳法证明：
①当n=1时，a₁=2×1-1=1=a₁，成立．
②假设n=k时，等式成立，即a_k=2k-1，
则n=k+1时，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}为常数数列，{a_n}的通项公式a_n=2n-1．
（2）解：假设a_m+a_m+1+a_m+2=a_m•a_m+1•a_m+2，
则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）是偶数，∴假设不成立，
∴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）证明：关于x的一元二次方程a_rx²+a_sx-a_t=0无有理数解关键在$△={{a}_{s}}^{2}+4{a}_{r}{a}_{t}$，
看它能不能化成一个奇数的平方，
设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）是个奇数，
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${a}_{r}{x}^{2}+{a}_{s}x-{a}_{t}=0$无有理数根．

点评 本题考查常数数列的证明，考查数列的通项公式的求法，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的判断与求法，考查关于x的一元二次方程a_rx²+a_sx-a_t=0无有理数解的证明，综合性强，难度大，对数学思维的要求较高．