Question

設(shè)各項均為正實數(shù)的數(shù)列{a_n}的前n項和為S_n，且滿足4Sn=(an+1)2（n∈N^*）．
（Ⅰ）求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（Ⅱ）設(shè)數(shù)列{b_n}的通項公式為bn=

an

an+t

（t∈N^*），若b₁，b₂，b_m（m≥3，m∈N^*）成等差數(shù)列，求t和m的值；
（Ⅲ）證明：存在無窮多個三邊成等比數(shù)列且互不相似的三角形，其三邊長為數(shù)列{a_n}中的三項an1，an2，an3．

Answer 1

分析：（Ⅰ）由4S_n=(an+1)2①，類推，當n≥2時，有4S_n-1=(an-1+1)2②，作差后依題意得到a_n-a_n-1=2，再求得a₁=1即可求得數(shù)列{a_n}的通項公式；
（Ⅱ）依題意，要使b₁，b₂，b_m成等差數(shù)列，須2b₂=b₁+b_m，整理得m=3+

4

t-1

，由m，t為正整數(shù)，可求得t，m的值；
（Ⅲ）構(gòu)造：an1=（2k+3）²，an2=（2k+3）（2k+5），an3=（2k+5）²，其中k∈N^*，使之成數(shù)列{a_n}中第2k²+6k+5項，第2k²+8k+8項，第2k²+10k+13，它們成等比數(shù)列且能組成三角形，可利用反證法證得任意兩個三角形△A₁B₁C₁與△A₂B₂C₂不相似．

解答：解：（Ⅰ）由題意，4S_n=(an+1)2①，
當n≥2時，有4S_n-1=(an-1+1)2②，
②-①，得（a_n+a_n-1）（a_n-a_n-1-2）=0，
∵{a_n}各項為正，
∴a_n+a_n-1＞0，
從而a_n-a_n-1=2，故{a_n}成公差2的等差數(shù)列．
又n=1時，4a₁=(a1+1)2，解得a₁=1．故a_n=2n-1．                                   …（4分）
（Ⅱ）b_n=

2n-1

2n-1+t

，要使b₁，b₂，b_m成等差數(shù)列，須2b₂=b₁+b_m，
即2×

3

2+t

=

1

1+t

+

2m-1

2m-1+t

，整理得m=3+

4

t-1

，
因為m，t為正整數(shù)，t只能取2，3，5．
故

t=2 m=7

，

t=3 m=5

，

t=5 m=4

．                           …（10分）
（Ⅲ）作如下構(gòu)造：an1=（2k+3）²，an2=（2k+3）（2k+5），an3=（2k+5）²，其中k∈N^*，它們依次為數(shù)列{a_n}中第2k²+6k+5項，第2k²+8k+8項，第2k²+10k+13，
顯然它們成等比數(shù)列，且an1+an2＞an3，所以它們能組成三角形．
由k∈N^*的任意性，知這樣的三角形有無窮多個．
下面用反證法證明其中任意兩個三角形△A₁B₁C₁與△A₂B₂C₂不相似．
若△A₁B₁C₁∽△A₂B₂C₂，且k₁≠k₂，則

(2k1+3)(2k1+5)

(2k2+3)(2k2+5)

=

(2k1+3)2

(2k2+3)2

，整理得

2k1+5

2k2+5

=

2k1+3

2k2+3

，所以k₁=k₂，這與k₁≠k₂矛盾，因此，任意兩個三角形不相似．故原命題正確．           …（16分）

點評：本題考查數(shù)列與三角函數(shù)的綜合，考查等差數(shù)列的推證與通項的求法，突出考查構(gòu)造數(shù)列與推理論證的能力，屬于難題．