Question

18．已知各項均不為0的數列{a_n}滿足a₁=a，a₂=b，且a_n²=a_n-1a_n+1+λ（n≥2，n∈N），其中λ∈R．
（1）若λ=0，求證：數列{a_n}是等比數列；
（2）求證：數列{a_n}是等差數列的充要條件是λ=（b-a）²；
（3）若數列{b_n}為各項均為正數的等比數列，且對任意的n∈N^*，滿足b_n-a_n=1，求證：數列{（-1）ⁿa_nb_n}的前2n項和為常數．

Answer 1

分析 （1）運用等比數列的定義，即可得到$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n-1}}$=$\frac{a}$，進而得到證明；
（2）①若數列{a_n}是等差數列，運用等差數列的通項公式，代入即可得到λ=（b-a）²；②若λ=（b-a）²，歸納，猜想a_n=（n-1）b-（n-2）a=n（b-a）+2a-b，再由數學歸納法證明即可；
（3）求得b_n=（1+a）•（$\frac{1+b}{1+a}$）^n-1，再由恒成立思想，可得（b₂-1）²-（b₁-1）（b₃-1）=（b₃-1）²-（b₂-1）（b₄-1），化簡整理可得a=b，進而得到（-1）ⁿa_nb_n=（-1）ⁿ•a（1+a），即可得到所求和．

解答 證明：（1）若λ=0，則a_n²=a_n-1a_n+1，n≥2，n∈N，
即有$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$=$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n-1}}$=$\frac{{a}_{n-1}}{{a}_{n-2}}$=…=$\frac{{a}_{3}}{{a}_{2}}$=$\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}$=$\frac{a}$，
則數列{a_n}是首項為a，公比為$\frac{a}$的等比數列；
（2）①若數列{a_n}是等差數列，可得公差為b-a，首項為a，
即有a_n=a+（n-1）（b-a），
則λ=a_n²-a_n-1a_n+1=[a+（n-1）（b-a）]²-[a+（n-2）（b-a）][a+n（b-a）]
=2a（n-1）（b-a）+（n-1）²（b-a）²-n（n-2）（b-a）²-（2n-2）a（b-a）=（b-a）²；
②若λ=（b-a）²，即a_n²=a_n-1a_n+1+（b-a）²，（n≥2，n∈N），
由a₁=a，a₂=b，可得a₂²=a₁a₃+（b-a）²，解得a₃=2b-a，
同樣可得a₄=3b-2a，…，猜想a_n=（n-1）b-（n-2）a=n（b-a）+2a-b，
證明：當n=1時，a₁=b-a+2a-b=a，成立；
當n=2時，a₂=2b-2a+2a-b=b，成立；
假設n≤k（k≥2，k∈N）有a_k=k（b-a）+2a-b，
且a_k²=a_k-1a_k+1+（b-a）²，
可得a_k+1=$\frac{{{a}_{k}}^{2}-（b-a）^{2}}{{a}_{k-1}}$=$\frac{[k（b-a）+2a-b]^{2}-（b-a）^{2}}{（k-1）（b-a）+2a-b}$=$\frac{[k（b-a）+a]（kb-ka+3a-2b）}{kb-ka+3a-2b}$=（k+1）（b-a）+2a-b；
故當n=k+1時，a_k+1=（k+1）（b-a）+2a-b，成立．
綜上可得，數列{a_n}是等差數列的充要條件是λ=（b-a）²；
（3）對任意的n∈N^*，滿足b_n-a_n=1，可得b₁=1+a，b₂=1+b，
公比為$\frac{1+b}{1+a}$，b_n=（1+a）•（$\frac{1+b}{1+a}$）^n-1，
a_n=b_n-1=（1+a）•（$\frac{1+b}{1+a}$）^n-1-1，
即有（b_n-1）²=（b_n-1-1）（b_n+1-1）+λ，
則（b₂-1）²=（b₁-1）（b₃-1）+λ，
（b₃-1）²=（b₂-1）（b₄-1）+λ，
可得b²-a（$\frac{（1+b）^{2}}{1+a}$-1）=（$\frac{（1+b）^{2}}{1+a}$-1）²-b（$\frac{（1+b）^{3}}{（1+a）^{2}}$-1），
化簡整理可得a=b，
則（-1）ⁿa_nb_n=（-1）ⁿ•a（1+a），
則數列{（-1）ⁿa_nb_n}的前2n項和
-a（1+a）+a（1+a）-a（1+a）+a（1+a）-…+a（1+a）=0即為常數．

點評 本題考查等差數列和等比數列的定義和通項公式的運用，考查充要條件的證明和數列的求和，注意運用數學歸納法，考查化簡整理的運算能力，屬于難題．