Question

已知數(shù)列{a_n}滿足：，且對任意a₁=1，n∈N^*，有a_n+a_n+1+（-1）ⁿ⁺¹a_n•a_n+1=0．
（1）求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（2）證明：當(dāng)n＞1時，≤a₁+a₂+…+a_n＜1；
（3）設(shè)b_n={a₁a₂…a_n}，函數(shù)f_n（x）=1+b₁x+b₂x²+…+b_nx²ⁿ，n∈N^*，證明你對任意的n∈N^*，函數(shù)f_n（x）無零點．

Answer 1

【答案】分析：（1）通過a_n+a_n+1+（-1）ⁿ⁺¹a_n•a_n+1=0，移項后兩邊同除（-1）ⁿ⁺¹a_n•a_n+1，構(gòu)造新數(shù)列，然后求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（2）利用，，構(gòu)造數(shù)列，通過數(shù)列求和，推出當(dāng)n＞1時，≤a₁+a₂+…+a_n＜1；
（3）通過b_n=|a₁a₂…a_n|求出b_n表達(dá)式，化簡函數(shù)f_n（x）=1+b₁x+b₂x²+…+b_nx²ⁿ，n∈N^*，利用數(shù)學(xué)歸納法證明對任意的n∈N^*，函數(shù)f_n（x）無零點．證明n=k+1時，構(gòu)造函數(shù)g（x）通過圓的導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性，利用函數(shù)與方程的根說明方程沒有零點．
解答：解：（1）因為a₁=1，又因為a_n+a_n+1+（-1）ⁿ⁺¹a_n•a_n+1=0．a(chǎn)_n≠0，
且
所以是以為首項．-1為公差的等差數(shù)列．
．
所以．
（2）因為k∈N^* 時，，
所以

=＜1
即≤a₁+a₂+…+a_2k＜a₁+a₂+…+a_2k+1＜1
所以當(dāng)n＞1時，≤a₁+a₂+…+a_n＜1．
（3）因為b_n=|a₁a₂…a_n|=，所以f_n（x）=1+x+x²+…+x²ⁿ，
①當(dāng)n=1時，函數(shù)f₁（x）=1+x+=，所以函數(shù)無零點，結(jié)論成立．
②假設(shè)n=k時結(jié)論成立，即f_k（x）=1+x+x²+…+x^2k無零點．
因為x≥0時，f_k（x）＞0．而f_k（x）的圖象是連續(xù)不斷的曲線，所以對任意x∈Rf_k（x）＞0恒成立．
當(dāng)n=k+1時，因為f_k+1（x）=1+x+x²+…+x^2k+2，
f′_k+1（x）=1+x+x²+…+x^2k+1，
g_k（x）=1+x+x²+…+x^2k+1，
∴g′_k（x）=1+x+x²+…+x^2k=f_k（x）＞0，
即g_k（x）是增函數(shù)，
注意到x＜-（2k+1）時t=1，2，3，…2k+1，
所以g_k（x）=1+x+x²+…+x^2k+1
=（1+x）+++…+＜0
當(dāng)x≥0時，g_k（x）＞0而g_k（x）是增函數(shù)，所以g_k（x）有且只有一個零點，記此零點為x且x≠0，
則當(dāng)x∈（-∞，x）時
g_k（x）＜g_k（x）=0，即f′_k+1（x）＜0，當(dāng)x∈（x，+∞）時
g_k（x）＞g_k（x）=0，即f′_k+1（x）＞0，f_k+1（x）在x∈（-∞，x）單調(diào)遞減，在x∈（x，+∞）單調(diào)遞增，
所以對任意的x∈R，f_k+1（x）＞f_k+1（x）=g_k（x）+=＞0，從而f_k+1（x）無零點，
即當(dāng)n=k+1時，結(jié)論成立．
根據(jù)①②，可知對任意的n∈N^*，函數(shù)f_n（x）無零點．
點評：本題難度比較大，不僅考查數(shù)列的通項公式的求法，裂項法證明不等式，數(shù)學(xué)歸納法的應(yīng)用，函數(shù)的零點的判斷方法，導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，考查計算能力，轉(zhuǎn)化思想等思想方法．