Question

18．設(shè)函數(shù)f（x）=$\frac{1}{1+px+q{x}^{2}}$（其中p²+q²≠0），且存在公差不為0的無窮等差數(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+a₂x+a₂x²+…+a_nxⁿ+…
（1）求a₁，a₂的值（用p，q表示）；
（2）求{a_n}的通項(xiàng)公式；
（3）當(dāng)n∈N^*且n≥2時(shí)，比較（a_n-1）^a_n與（a_n）${\;}^{{a}_{n-1}}$的大�。�

Answer 1

分析 （1）化簡(jiǎn)已知條件，利用方程的系數(shù)關(guān)系列出方程，求解即可．
（2）考慮xⁿ（n≥3）的系數(shù)，推出a_n+pa_n-1+qa_n-2=0，利用數(shù)列{a_n}是等差數(shù)列，數(shù)列{a_n}是等比數(shù)列，推出矛盾，利用（1）知a₁=2，a₂=3，求出a_n．
（3）通過當(dāng)n=2時(shí)，推出a₁^a₂＜a₂^a₁．當(dāng)n≥3時(shí)，（a_n-1）^a_n＞（a_n）${\;}^{{a}_{n-1}}$，利用數(shù)學(xué)歸納法證明即可．

解答 解：（1）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，所以$\left\{\begin{array}{l}{a_1}+p=0\\{a_2}+{a_1}p+q=0\end{array}\right.$，
從而a₁=-p，${a_2}={p^2}-q$．…（4分）
（2）考慮xⁿ（n≥3）的系數(shù)，則有a_n+pa_n-1+qa_n-2=0，…（5分）
因數(shù)列{a_n}是等差數(shù)列，所以a_n-2a_n-1+a_n-2=0，所以（2+p）a_n-1=（1-q）a_n-2對(duì)一切n≥3都成立，…（7分）
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，
所以2+p=1-q=0，即p=-2，q=1，…（9分）
由（1）知a₁=2，a₂=3，所以a_n=n+1．…（10分）
（其他方法：根據(jù)題意可以用p、q表示出a₁，a₂，a₃，a₄，由數(shù)列{a_n}為等差數(shù)列，利用2a₂=a₁+a₃，2a₃=a₂+a₄解方程組也可求得．其它解法酌情給分．）
（3）由（2）可得：（a_n-1）^a_n=nⁿ⁺¹，（a_n）${\;}^{{a}_{n-1}}$=（n+1）ⁿ
當(dāng)n=2時(shí)，a₁^a₂=2³，=8，a₂^a₁=3²，=9，∴a₁^a₂＜a₂^a₁．
當(dāng)n≥3時(shí)，nⁿ⁺¹＞（n+1）ⁿ即（a_n-1）^a_n＞（a_n）${\;}^{{a}_{n-1}}$，下面用數(shù)學(xué)歸納法證明．…（12分）
①當(dāng)n=3時(shí)，3⁴=81，4³=64，∴64＜81．結(jié)論成立．
②假設(shè)n=k時(shí)，結(jié)論成立，即k^k+1＞（k+1）^k．…（13分）
下面證明n=k+1時(shí)成立．
由假設(shè)得$\frac{{k}^{k+1}}{（k+1）^{k}}＞1$，因?yàn)椋╧+1）²＞k（k+2），即：$\frac{k+1}{k+2}＞\frac{k}{k+1}$，
所以$\frac{（{k+1）}^{k+2}}{（k+2）^{k+1}}=\frac{（k+1）^{k}}{（{k+2）}^{k}}•\frac{（k+1）^{2}}{k+2}$＞$（\frac{k}{k+1}）^{k}•\frac{k（k+2）}{k+2}$=$\frac{{k}^{k+1}}{（k+1）^{k}}＞1$，
即（k+1）^k+2＞（k+2）^k+1．所以n=k+1時(shí)，結(jié)論也成立．
綜上n∈N^*且n≥3時(shí)，（a_n-1）^a_n＞（a_n）${\;}^{{a}_{n-1}}$．…（16分）

點(diǎn)評(píng) 本題看成立的應(yīng)用，數(shù)列與不等式的關(guān)系，數(shù)學(xué)歸納法的應(yīng)用，考查轉(zhuǎn)化思想以及分類討論思想的應(yīng)用．