已知数列 $\{a_n\}$ 和 $\{b_n\}$ 满足 $a_{n+1}=a_n+1$，$b_{n+1}=\dfrac12a_n+b_n$．对于正整数 $n$，定义函数 $f_n(x)=x^2+a_nx+b$．若 $a_k,b_k$ 为整数且 $f_k(x)$ 有两个整数零点，试证必有无穷多个 $f_n(x)$ 有两个整数零点．
【难度】
【出处】
2015年全国高中数学联赛湖南省预赛
【标注】
【答案】
略
【解析】
设 $\Delta_n$ 是函数 $f_n(x)=x^2+a_nx+b_n$ 的判别式，则$$\Delta_n=a_n^2-4b_n.$$因为函数 $f_k(x)=x^2+a_kx+b_k$ 有两个整数零点，且 $a_k,b_k$ 为整数，所以 $\Delta_k$ 为完全平方数．
设 $\Delta_k=m^2,m\in\mathbb N^*$．
因为$$\Delta_{k+1}=a_{k+1}^2-4b_{k+1}=a_k^2-4b_k+1=\Delta_k+1,$$所以$$\Delta_{k+2m+1}=\Delta_{k}+2m+1=(m+1)^2.$$又由题意知$$\begin{split}\dfrac{-a_k-\sqrt{\Delta_k}}{2}=\dfrac{-a_k-m}{2},\\\dfrac{-a_k+\sqrt{\Delta_k}}{2}=\dfrac{-a_k+m}{2},\end{split}$$都是整数，所以 $a_k$ 和 $m$ 具有相同的奇偶性．
又$$a_{k+2m+1}=a_k+2m+1\equiv a_k+1\equiv m+1\pmod{2},$$且 $f_{k+2m+1}(x)$ 的两个零点\[\begin{split}&\dfrac{-a_{k+2m+1}+\sqrt{\Delta_{k+2m+1}}}{2}=\dfrac{-a_{k+2m+1}+(m+1)}{2},\\&\dfrac{-a_{k+2m+1}-\sqrt{\Delta_{k+2m+1}}}{2}=\dfrac{-a_{k+2m+1}-(m+1)}{2}.\end{split}\]都为整数，所以函数 $f_{k+2m+1}(x)$ 也有两个整数零点．
由正整数 $m$ 的任意性，可知有无穷多个 $f_n(x)$ 有两个整数零点．
设 $\Delta_k=m^2,m\in\mathbb N^*$．
因为$$\Delta_{k+1}=a_{k+1}^2-4b_{k+1}=a_k^2-4b_k+1=\Delta_k+1,$$所以$$\Delta_{k+2m+1}=\Delta_{k}+2m+1=(m+1)^2.$$又由题意知$$\begin{split}\dfrac{-a_k-\sqrt{\Delta_k}}{2}=\dfrac{-a_k-m}{2},\\\dfrac{-a_k+\sqrt{\Delta_k}}{2}=\dfrac{-a_k+m}{2},\end{split}$$都是整数，所以 $a_k$ 和 $m$ 具有相同的奇偶性．
又$$a_{k+2m+1}=a_k+2m+1\equiv a_k+1\equiv m+1\pmod{2},$$且 $f_{k+2m+1}(x)$ 的两个零点\[\begin{split}&\dfrac{-a_{k+2m+1}+\sqrt{\Delta_{k+2m+1}}}{2}=\dfrac{-a_{k+2m+1}+(m+1)}{2},\\&\dfrac{-a_{k+2m+1}-\sqrt{\Delta_{k+2m+1}}}{2}=\dfrac{-a_{k+2m+1}-(m+1)}{2}.\end{split}\]都为整数，所以函数 $f_{k+2m+1}(x)$ 也有两个整数零点．
由正整数 $m$ 的任意性，可知有无穷多个 $f_n(x)$ 有两个整数零点．
答案
解析
备注
