Question

設(shè)p，q為實(shí)數(shù)，α，β是方程x²-px+q=0的兩個實(shí)根，數(shù)列{x_n}滿足x₁=p，x₂=p²-q，x_n=px_n-1-qx_n-2（n=3，4，…）．
（1）證明：α+β=p，αβ=q；
（2）求數(shù)列{x_n}的通項(xiàng)公式；
（3）若p=1，q=

1

4

，求{x_n}的前n項(xiàng)和S_n．

Answer 1

分析：（1）設(shè)α＜β，由根與系數(shù)的關(guān)系可證得答案，
（2）設(shè)x_n-sx_n-1=t（x_n-1-sx_n-2），由題意知

s+t=p st=q

，由此解得s₁=α，s₂=β，由此入手可以推導(dǎo)出{x_n}的通項(xiàng)公式．
（3）把p=1，q=

1

4

代入x²-px+q=0，得x2-x+

1

4

=0，解得α=β=

1

2

，由此可知xn=n•(

1

2

)n+(

1

2

)n，由此入手可以推導(dǎo)出{x_n}的前n項(xiàng)和S_n．

解答：解：（1）由求根公式，不妨設(shè)α＜β，得α=

p- p2-4q

2

，β=

p+ p2-4q

2

∴α+β=

p- p2-4q

2

+

p+ p2-4q

2

=p，
αβ=

p- p2-4q

2

×

p+ p2-4q

2

=q．

（2）設(shè)x_n-sx_n-1=t（x_n-1-sx_n-2），則x_n=（s+t）x_n-1-stx_n-2，由x_n=px_n-1-qx_n-2
得

s+t=p st=q

，
消去t，得s²-ps+q=0，
∴s是方程x²-px+q=0的根，由題意可知，s₁=α，s₂=β
①當(dāng)α≠β時，此時方程組

s+t=p st=q

的解為

s1=α t1=β

或

s2=α t2=β

∴x_n-αx_n-1=β（x_n-1-αx_n-2），x_n-βx_n-1=α（x_n-1-βx_n-2），
即{x_n-t₁x_n-1}、{x_n-t₂x_n-1}分別是公比為s₁=α、s₂=β的等比數(shù)列，
由等比數(shù)列性質(zhì)可得x_n-αx_n-1=（x₂-αx₁）β^n-2，x_n-βx_n-1=（x₂-βx₁）α^n-2，
兩式相減，得（β-α）x_n-1=（x₂-αx₁）β^n-2-（x₂-βx₁）α^n-2
∵x₂=p²-q，x₁=p，
∴x₂=α²+β²+αβ，x₁=α+β
∴（x₂-αx₁）β^n-2=ⲕβ^n-2=βⁿ，（x₂-βx₁）α^n-2=Ვα^n-2=αⁿ
∴（β-α）x_n-1=βⁿ-αⁿ，
即∴xn-1=

βn-αn

β-α

，∴xn=

βn+1-αn+1

β-α

②當(dāng)α=β時，即方程x²-px+q=0有重根，∴p²-4q=0，
即（s+t）²-4st=0，得（s-t）²=0，
∴s=t，不妨設(shè)s=t=α，由①可知x_n-αx_n-1=（x₂-αx₁）β^n-2，
∵α=β，∴x_n-αx_n-1=（x₂-αx₁）α^n-2=αⁿ
即∴x_n=αx_n-1+αⁿ，等式兩邊同時除以αⁿ，
得

xn

αn

=

xn-1

αn-1

+1，
即

xn

αn

-

xn-1

αn-1

=1
∴數(shù)列{

xn

αn

}是以1為公差的等差數(shù)列，
∴

xn

αn

=

x1

α

+(n-1)×1=

2α

α

+n-1=n+1，
∴x_n=nαⁿ+αⁿ
綜上所述，xn=

βn+1-αn+1 β-α ，(α≠β) nαn+αn，(α=β)

．
（3）把p=1，q=

1

4

代入x²-px+q=0，得x2-x+

1

4

=0，解得α=β=

1

2

，∴xn=n•(

1

2

)n+(

1

2

)n．
Sn=((

1

2

)+(

1

2

)2+(

1

2

)3+…+(

1

2

)n)+((

1

2

)+2•(

1

2

)2+3•(

1

2

)3+…+n•(

1

2

)n)，
=1-(

1

2

)n+((

1

2

)+2•(

1

2

)2+3•(

1

2

)3+…+n•(

1

2

)n)=1-(

1

2

)n+2-(

1

2

)n-1-n(

1

2

)n=3-(n+3)(

1

2

)n．

點(diǎn)評：本題考查數(shù)列性質(zhì)的綜合運(yùn)用，解題時要認(rèn)真審題，仔細(xì)計(jì)算．