Question

11．已知數列{a_n}、{b_n}滿足：a_n+1=a_n+1，b${\;}_{n+1}=_{n}+\frac{1}{2}{a}_{n}$，c_n=a${\;}_{n}^{2}-4_{n}$，n∈N⁺；
（1）若a₁=1，b₁=0，求數列{a_n}、{b_n}的通項公式；
（2）證明：數列{c_n}是等差數列；
（3）定義f_n（x）=x²+a_nx+b_n，在（1）的條件下，是否存在n，使得f_n（x）有兩個整數零點，如果有，求出n滿足的集合，如果沒有，說明理由．

Answer 1

分析 （1）由題意可知，數列{a_n}是首項為1，公差為1的等差數列，求出其通項公式后代入又b₁=0，$_{n+1}=_{n}+\frac{1}{2}{a}_{n}$，然后利用累加法求得{b_n}的通項公式；
（2）把（1）中求得的{a_n}、{b_n}的通項公式代入${c}_{n}={{a}_{n}}^{2}-4_{n}$，整理后利用等差數列的定義證明數列{c_n}是等差數列；
（3）把（1）中求得的{a_n}、{b_n}的通項公式代入f_n（x）=x²+a_nx+b_n，求出方程f_n（x）=0的判別式，可得要使f_n（x）有兩個整數零點，則n必為完全平方數，取n=k²，k∈Z且k≠0，代入求根公式可知，f_n（x）有兩個整數零點．

解答 （1）解：由a_n+1=a_n+1，a₁=1，可知數列{a_n}是首項為1，公差為1的等差數列，
則a_n=1+1×（n-1）=n，
又b₁=0，$_{n+1}=_{n}+\frac{1}{2}{a}_{n}=_{n}+\frac{n}{2}$，
可得$_{2}=_{1}+\frac{1}{2}$，$_{3}=_{2}+\frac{2}{2}$，…，$_{n}=_{n-1}+\frac{n-1}{2}$（n≥2），
累加得：$_{n}=_{0}+\frac{1}{2}[1+2+…+（n-1）]=\frac{1}{2}×\frac{n（n-1）}{2}$=$\frac{n（n-1）}{4}$；
（2）證明：${c}_{n}={{a}_{n}}^{2}-4_{n}$=${n}^{2}-4×\frac{n（n-1）}{4}=n$，
∵c_n+1-c_n=（n+1）-n=1，
∴數列{c_n}是公差為1的等差數列；
（3）解：f_n（x）=x²+a_nx+b_n =${x}^{2}+nx+\frac{n（n-1）}{4}$，
由f_n（x）=${x}^{2}+nx+\frac{n（n-1）}{4}$=0，
得$x=\frac{-n±\sqrt{{n}^{2}-4•\frac{n（n-1）}{4}}}{2}$=$\frac{-n±\sqrt{n}}{2}$，
要使f_n（x）有兩個整數零點，則n必為完全平方數，
不妨設n=k²，k∈Z且k≠0，
則x=$\frac{-{k}^{2}±k}{2}$，此時x₁=$\frac{-{k}^{2}-k}{2}=-\frac{k（k+1）}{2}$，而k（k+1）為兩個連續(xù)整數得積，
∴x₁為整數；
${x}_{2}=\frac{-{k}^{2}+k}{2}=-\frac{k（k-1）}{2}$，而k（k-1）為兩個連續(xù)整數得積，
∴x₂為整數．
∴存在n，使得f_n（x）有兩個整數零點，此時n的集合為{n|n=k²，k∈Z且k≠0}．

點評 本題考查數列遞推式，訓練了等差數列和等比數列通項公式的求法，考查了函數零點的判斷，屬中檔題．