正实数数列{an}中，a1=1，a2=5，且{an2}成等差数列．证明数列{an}中有无穷多项为无理数；当n为何值时，an为整数，并求出使an＜20

题文

正实数数列{a_n}中，a₁=1，a₂=5，且{a_n²}成等差数列．
（1）证明数列{a_n}中有无穷多项为无理数；
（2）当n为何值时，a_n为整数，并求出使a_n＜200的所有整数项的和． 题型：未知 难度：其他题型

答案

（1）证明：由已知有：a_n²=1+24（n-1），从而an=1+24(n-1)，
方法一：取n-1=24^2k-1，则an=1+242k(k∈N+)
用反证法证明这些a_n都是无理数．
假设an=1+242k为有理数，则a_n必为正整数，且a_n＜24^k，
故a_n-24^k≥1．a_n-24^k＞1，与（a_n-24^k）（a_n+24^k）=1矛盾，
所以an=1+242k(k∈N+)都是无理数，即数列a_n中有无穷多项为无理数；
（2）要使a_n为整数，由（a_n-1）（a_n+1）=24（n-1）可知：
a_n-1，a_n+1同为偶数，且其中一个必为3的倍数，所以有a_n-1=6m或a_n+1=6m
当a_n=6m+1时，有a_n²=36m²+12m+1=1+12m（3m+1）（m∈N）
又m（3m+1）必为偶数，所以a_n=6m+1（m∈N）满足a_n²=1+24（n-1）
即n=m(3m+1)2+1（m∈N）时，a_n为整数；
同理a_n=6m-1（m∈N⁺）有a_n²=36m²-12m+1=1+12（3m-1）（m∈N⁺）
也满足a_n²=1+24（n-1），即n=m(3m-1)2+1（m∈N⁺）时，a_n为整数；
显然a_n=6m-1（m∈N⁺）和a_n=6m+1（m∈N）是数列中的不同项；
所以当n=m(3m+1)2+1（m∈N）和n=m(3m-1)2+1（m∈N⁺）时，a_n为整数；
由a_n=6m+1＜200（m∈N）有0≤m≤33，
由a_n=6m-1＜200（m∈N⁺）有1≤m≤33．
设a_n中满足a_n＜200的所有整数项的和为S，则
S=（5+11+…+197）+（1+7+…+199）=5+1972×33+1+1992×34=6733

解析

1+24(n-1)

考点

据考高分专家说，试题“正实数数列{an}中，a1=1，a2=5.....”主要考查你对 [等差数列的定义及性质 ]考点的理解。 等差数列的定义及性质

等差数列的定义：

一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做公差，用符号语言表示为a_n+1-a_n=d。

等差数列的性质：

（1）若公差d＞0，则为递增等差数列；若公差d＜0，则为递减等差数列；若公差d＝0，则为常数列；
（2）有穷等差数列中，与首末两端“等距离”的两项和相等，并且等于首末两项之和；
（3）m，n∈N*，则a_m＝a_n+(m-n)d；
（4）若s，t，p，q∈N*，且s+t=p+q，则a_s+a_t=a_p+a_q，其中a_s，a_t，a_p，a_q是数列中的项，特别地，当s+t=2p时，有a_s+a_t=2a_p；
（5）若数列｛a_n｝，｛b_n｝均是等差数列，则数列｛ma_n+kb_n｝仍为等差数列，其中m，k均为常数。
（6）




（7）从第二项开始起，每一项是与它相邻两项的等差中项，也是与它等距离的前后两项的等差中项，即




（8）

 仍为等差数列，公差为

 

对等差数列定义的理解：

①如果一个数列不是从第2项起，而是从第3项或某一项起，每一项与它前一项的差是同一个常数，那么此数列不是等差数列，但可以说从第2项或某项开始是等差数列． 
②求公差d时，因为d是这个数列的后一项与前一项的差，故有

还有


③公差d∈R，当d=0时，数列为常数列（也是等差数列）；当d>0时，数列为递增数列；当d<0时，数列为递减数列；
④

是证明或判断一个数列是否为等差数列的依据；
⑤证明一个数列是等差数列，只需证明a_n+1-a_n是一个与n无关的常数即可。

等差数列求解与证明的基本方法：

(1)学会运用函数与方程思想解题；
(2)抓住首项与公差是解决等差数列问题的关键；
(3)等差数列的通项公式、前n项和公式涉及五个量：a₁，d，n，a_n，S_n，知道其中任意三个就可以列方程组求出另外两个(俗称“知三求二’)．