Question

已知數(shù)列{a_n}滿足：，且對(duì)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(xiàng)公式；
（2）證明：當(dāng)n＞1時(shí)，

1

2

≤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(duì)任意的n∈N^*，函數(shù)f_n（x）無(wú)零點(diǎn)．

Answer 1

分析：（1）通過(guò)a_n+a_n+1+（-1）ⁿ⁺¹a_n•a_n+1=0，移項(xiàng)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(xiàng)公式；
（2）利用

1

2k-1

-

1

2k

＞0，

1

2k

-

1

2k+1

＞0，構(gòu)造數(shù)列

1

2k

-

1

2k+1

，通過(guò)數(shù)列求和，推出當(dāng)n＞1時(shí)，

1

2

≤a₁+a₂+…+a_n＜1；
（3）通過(guò)b_n=|a₁a₂…a_n|求出b_n表達(dá)式，化簡(jiǎn)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(duì)任意的n∈N^*，函數(shù)f_n（x）無(wú)零點(diǎn)．證明n=k+1時(shí)，構(gòu)造函數(shù)g（x）通過(guò)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(shuō)明方程沒(méi)有零點(diǎn)．

解答：解：（1）因?yàn)閍₁=1，又因?yàn)閍_n+a_n+1+（-1）ⁿ⁺¹a_n•a_n+1=0．a(chǎn)_n≠0，
且

1

(-1)n+1an+1

- 

1

(-1)nan

=-1
所以

1

(-1)nan

是以

1

(-1)1a1

=-1為首項(xiàng)．-1為公差的等差數(shù)列．

1

(-1)nan

=-1-(n-1)=-n．
所以an=

(-1)n+1

n

．
（2）因?yàn)閗∈N^* 時(shí)

1

2k-1

-

1

2k

＞0，

1

2k

-

1

2k+1

＞0，
所以

1

2

≤(1-

1

2

) +(

1

3

-

1

4

)  +…+ (

1

2k-1

-

1

2k

)
＜ (1-

1

2

) +(

1

3

-

1

4

)  +…+ (

1

2k-1

-

1

2k

)+

1

2k+1

=1-(

1

2

-

1

3

)-(

1

4

-

1

5

)-…-(

1

2k

-

1

2k+1

)＜1
即

1

2

≤a₁+a₂+…+a_2k＜a₁+a₂+…+a_2k+1＜1
所以當(dāng)n＞1時(shí)，

1

2

≤a₁+a₂+…+a_n＜1．
（3）因?yàn)閎_n=|a₁a₂…a_n|=

1

n!

，所以f_n（x）=1+

1

1！

x+

1

2！

x²+…+

1

(2n)!

x²ⁿ，
①當(dāng)n=1時(shí)，函數(shù)f₁（x）=1+x+

x2

2

=

1

2

(x+1)2+

1

2

＞0，所以函數(shù)無(wú)零點(diǎn)，結(jié)論成立．
②假設(shè)n=k時(shí)結(jié)論成立，即f_k（x）=1+

1

1！

x+

1

2！

x²+…+

1

(2k)!

x^2k無(wú)零點(diǎn)．
因?yàn)閤≥0時(shí)，f_k（x）＞0．而f_k（x）的圖象是連續(xù)不斷的曲線，所以對(duì)任意x∈Rf_k（x）＞0恒成立．
當(dāng)n=k+1時(shí)，因?yàn)閒_k+1（x）=1+

1

1！

x+

1

2！

x²+…+

1

(2k+2)!

x^2k+2，
f′_k+1（x）=1+

1

1！

x+

1

2！

x²+…+

1

(2k+1)!

x^2k+1，
g_k（x）=1+

1

1！

x+

1

2！

x²+…+

1

(2k+1)!

x^2k+1，
∴g′_k（x）=1+

1

1！

x+

1

2！

x²+…+

1

(2k)!

x^2k=f_k（x）＞0，
即g_k（x）是增函數(shù)，
注意到x＜-（2k+1）時(shí)1+

x

t

＜0t=1，2，3，…2k+1，
所以g_k（x）=1+

1

1！

x+

1

2！

x²+…+

1

(2k+1)!

x^2k+1
=（1+x）+

x2

2!

(1+

x

3

)+

x2

4!

(1+

x

5

)+…+

x2

(2k)!

(1+

x

2k+1

)＜0
當(dāng)x≥0時(shí)，g_k（x）＞0而g_k（x）是增函數(shù)，所以g_k（x）有且只有一個(gè)零點(diǎn)，記此零點(diǎn)為x₀且x₀≠0，
則當(dāng)x∈（-∞，x₀）時(shí)
g_k（x）＜g_k（x₀）=0，即f′_k+1（x）＜0，當(dāng)x∈（x₀，+∞）時(shí)
g_k（x）＞g_k（x₀）=0，即f′_k+1（x）＞0，f_k+1（x）在x∈（-∞，x₀）單調(diào)遞減，在x∈（x₀，+∞）單調(diào)遞增，
所以對(duì)任意的x∈R，f_k+1（x）＞f_k+1（x₀）=g_k（x₀）+

x 2k+2 0

(2k+2)!

=

x 2k+2 0

(2k+2)!

＞0，從而f_k+1（x）無(wú)零點(diǎn)，
即當(dāng)n=k+1時(shí)，結(jié)論成立．
根據(jù)①②，可知對(duì)任意的n∈N^*，函數(shù)f_n（x）無(wú)零點(diǎn)．

點(diǎn)評(píng)：本題難度比較大，不僅考查數(shù)列的通項(xiàng)公式的求法，裂項(xiàng)法證明不等式，數(shù)學(xué)歸納法的應(yīng)用，函數(shù)的零點(diǎn)的判斷方法，導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，考查計(jì)算能力，轉(zhuǎn)化思想等思想方法．