Question

18．由數(shù)列前n項(xiàng)和的極限知，當(dāng)|x|＜1時(shí)，有$\frac{1}{1-x}$=1+x+x²+…+x^n-1+…，若函數(shù)f（x）在其定義域內(nèi)可以表示為f（x）=a₁+a₂x+a₃x²+…+a_nx^n-1+…（其中a_n為x^n-1的系數(shù)），我們稱a₁+a₂x+a₃x²+…+a_nx^n-1+…是f（x）的“多項(xiàng)式展開(kāi)”，無(wú)窮數(shù)列{a_n}（n∈N^*）稱為函數(shù)f（x）的展開(kāi)數(shù)列，1+x+x²+…+x^n-1+..就是函數(shù)y=$\frac{1}{1-x}$（|x|＜1）的“多項(xiàng)式展開(kāi)”，其展開(kāi)數(shù)列的通項(xiàng)公式為a_n=1（n∈N^*）．
（1）試寫(xiě)出函數(shù)g（x）=$\frac{1}{1+x}$（|x|＜1）和h（x）=$\frac{x}{1+x}$（|x|＜1）的“多項(xiàng)式展開(kāi)”；
（2）對(duì)于（1）中的函數(shù)g（x）和h（x），設(shè)f（x）=g（x）-h（x），寫(xiě)出f（x）的“多項(xiàng)式展開(kāi)”，并求其展開(kāi)數(shù)列的前n項(xiàng)和；
（3）已知函數(shù)y=$\frac{1}{1-2x+4{x}^{2}}$（|x|＜$\frac{1}{2}$）可以變形為y=$\frac{（1+2x）}{（1-2x+4{x}^{2}）（1+2x）}$=$\frac{1+2x}{1+（2x）^{3}}$，試寫(xiě)出該函數(shù)的“多項(xiàng)式展開(kāi)”．

Answer 1

分析 $\frac{1}{1-x}$=1+x+x²+…+x^n-1+…，可以代入-x．或-2x³得出整式，是下面的所求解的式子．
（1）運(yùn)用給出的公式得出g（x）=$\frac{1}{1+x}$=1-x+（-x）²+…+（-x）ⁿ，函數(shù)g（x）=$\frac{x}{1+x}$=x[1-x+（-x）²+…+（-x）ⁿ]+…，注意觀察規(guī)律．
（2）求出f（x）=g（x）-h（x）=$\frac{1-x}{1+x}$=（1-x）×$\frac{1}{1+x}$，運(yùn)用上述公式求解即可．
（3）y=$\frac{（1+2x）}{（1-2x+4{x}^{2}）（1+2x）}$=$\frac{1+2x}{1+（2x）^{3}}$=（1+2x）×$\frac{1}{1+（2{x}^{3}）}$，

解答 解：（1）∵函數(shù)g（x）=$\frac{1}{1+x}$（|x|＜1），
∴函數(shù)g（x）=$\frac{1}{1+x}$=1-x+（-x）²+…+（-x）ⁿ+…
即g（x）的多項(xiàng)式展開(kāi)”為1-x+（-x）²+…+（-x）ⁿ+…
∵h(yuǎn)（x）=$\frac{x}{1+x}$（|x|＜1），
∴函數(shù)g（x）=$\frac{x}{1+x}$=x[1-x+（-x）²+…+（-x）ⁿ]+…，
即h（x）的多項(xiàng)式展開(kāi)”為x[1-x+（-x）²+…+（-x）ⁿ]+…
（2）f（x）=g（x）-h（x）=$\frac{1}{1+x}$$-\frac{x}{1+x}$=$\frac{1-x}{1+x}$=（1-x）[1-x+（-x）²+…+（-x）ⁿ]
=1+2（-x）+2（-x）²+…+2（-x）ⁿ+2（-x）ⁿ⁺¹+…，
即f（x）的多項(xiàng)式展開(kāi)式：1+2（-x）+2（-x）²+…+2（-x）ⁿ+2（-x）ⁿ⁺¹+…∴a₁=1，a₂=2，a₃=2，…a_n=2，
∴其展開(kāi)數(shù)列的前n項(xiàng)和S_n=1+2（n-1）=2n-1．
（3）y=$\frac{（1+2x）}{（1-2x+4{x}^{2}）（1+2x）}$=$\frac{1+2x}{1+（2x）^{3}}$=（1+2x）[1+（-2x³）+（-2x³）²+（-2x³）²+…+（-2x³）^n-1]+…
=（1+2x）[1+（-2x³）+（-2x³）²+（-2x³）³+…+（-2x³）^n-1]
=1+2x-2x³-4x⁴-2x⁶-4x⁷-2x⁹-4x¹⁰-…-2x^3（n-1）-4x^3n-2+…

點(diǎn)評(píng) 本題考查了任意恒成立的式子，求解證明有關(guān)的恒等式，注意整體代換，本題實(shí)際上考查的無(wú)窮第縮等比數(shù)列的前n項(xiàng)和的問(wèn)題．