Question

2．設(shè)函數(shù)f（x）=$\frac{1}{{1+px+q{x^2}}}$（其中p²+q²≠0），且存在無(wú)窮數(shù)列{a_n}，使得函數(shù)在其定義域內(nèi)還可以表示為f（x）=1+a₁x+a₂x²+…+a_nxⁿ+…．
（1）求a₂（用p，q表示）；
（2）當(dāng)p=-1，q=-1時(shí)，令b_n=$\frac{{{a_{n+1}}}}{{{a_n}{a_{n+2}}}}$，設(shè)數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和為S_n，求證：S_n＜$\frac{3}{2}$；
（3）若數(shù)列{a_n}是公差不為零的等差數(shù)列，求{a_n}的通項(xiàng)公式．

Answer 1

分析 （1）由f（x）=$\frac{1}{{1+px+q{x^2}}}$得$（1+px+q{x^2}）（1+{a_1}x+{a_2}{x^2}+…+{a_n}{x^n}+…）=1$，然后利用展開式含未知量的系數(shù)為0求得a₂；
（2）由已知求出數(shù)列前兩項(xiàng)，再由xⁿ（n≥3）的系數(shù)為0得數(shù)列遞推式，代入b_n=$\frac{{{a_{n+1}}}}{{{a_n}{a_{n+2}}}}$后利用裂項(xiàng)相消法求數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和為S_n，放大后證得S_n＜$\frac{3}{2}$；
（3）由（2）a_n+pa_n-1+qa_n-2=0，再由數(shù)列{a_n}是等差數(shù)列，得a_n-2a_n-1+a_n-2=0，則（2+p）a_n-1=（1-q）a_n-2對(duì)一切n≥3都成立，然后排出數(shù)列為常數(shù)列的情況，在結(jié)合數(shù)列前兩項(xiàng)即可求得數(shù)列通項(xiàng)公式．

解答 （1）解：由題意，得$（1+px+q{x^2}）（1+{a_1}x+{a_2}{x^2}+…+{a_n}{x^n}+…）=1$，
顯然x，x²的系數(shù)為0，
∴$\left\{\begin{array}{l}{a_1}+p=0\\{a_2}+{a_1}p+q=0\end{array}\right.$，從而a₁=-p，${a_2}={p^2}-q$；
（2）證明：由p=-1，q=-1，考慮xⁿ（n≥3）的系數(shù)，則有a_n+pa_n-1+qa_n-2=0，
得$\left\{\begin{array}{l}{a_1}=1\\{a_2}=2\\{a_n}-{a_{n-1}}-{a_{n-2}}=0（n≥3）\end{array}\right.$，即a_n+2=a_n+1+a_n，
∴數(shù)列{a_n}單調(diào)遞增，且${b_n}=\frac{{{a_{n+2}}-{a_n}}}{{{a_n}{a_{n+2}}}}=\frac{1}{a_n}-\frac{1}{{{a_{n+2}}}}$，
∴${S_n}=（\frac{1}{a_1}-\frac{1}{a_3}）+（\frac{1}{a_2}-\frac{1}{a_4}）+（\frac{1}{a_3}-\frac{1}{a_5}）+…+（\frac{1}{a_n}-\frac{1}{{{a_{n+2}}}}）$，
當(dāng)n≥2時(shí)，${S_n}=\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}-\frac{1}{{{a_{n+1}}}}-\frac{1}{{{a_{n+2}}}}=\frac{3}{2}-\frac{1}{{{a_{n+1}}}}-\frac{1}{{{a_{n+2}}}}＜\frac{3}{2}$．
又${a}_{1}=1＜\frac{3}{2}$成立，
∴S_n＜$\frac{3}{2}$；
（3）解：由（2）a_n+pa_n-1+qa_n-2=0，
∵數(shù)列{a_n}是等差數(shù)列，∴a_n-2a_n-1+a_n-2=0，則（2+p）a_n-1=（1-q）a_n-2對(duì)一切n≥3都成立，
若a_n=0，則p=q=0，與p²+q²≠0矛盾，
若數(shù)列{a_n}是等比數(shù)列，又據(jù)題意{a_n}是等差數(shù)列，則{a_n}是常數(shù)列，這與數(shù)列{a_n}的公差不為零矛盾，
∴2+p=1-q=0，即p=-2，q=1，
由（1）知a₁=2，a₂=3，∴a_n=n+1．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了數(shù)列的函數(shù)特性，考查了數(shù)列遞推式，訓(xùn)練了裂項(xiàng)相消法求數(shù)列的和，考查了等差數(shù)列通項(xiàng)公式的求法，是中檔題．