Question

2．设函数f（x）=$\frac{1}{{1+px+q{x^2}}}$（其中p²+q²≠0），且存在无穷数列{a_n}，使得函数在其定义域内还可以表示为f（x）=1+a₁x+a₂x²+…+a_nxⁿ+…．
（1）求a₂（用p，q表示）；
（2）当p=-1，q=-1时，令b_n=$\frac{{{a_{n+1}}}}{{{a_n}{a_{n+2}}}}$，设数列{b_n}的前n项和为S_n，求证：S_n＜$\frac{3}{2}$；
（3）若数列{a_n}是公差不为零的等差数列，求{a_n}的通项公式．

Answer 1

分析 （1）由f（x）=$\frac{1}{{1+px+q{x^2}}}$得$（1+px+q{x^2}）（1+{a_1}x+{a_2}{x^2}+…+{a_n}{x^n}+…）=1$，然后利用展开式含未知量的系数为0求得a₂；
（2）由已知求出数列前两项，再由xⁿ（n≥3）的系数为0得数列递推式，代入b_n=$\frac{{{a_{n+1}}}}{{{a_n}{a_{n+2}}}}$后利用裂项相消法求数列{b_n}的前n项和为S_n，放大后证得S_n＜$\frac{3}{2}$；
（3）由（2）a_n+pa_n-1+qa_n-2=0，再由数列{a_n}是等差数列，得a_n-2a_n-1+a_n-2=0，则（2+p）a_n-1=（1-q）a_n-2对一切n≥3都成立，然后排出数列为常数列的情况，在结合数列前两项即可求得数列通项公式．

解答 （1）解：由题意，得$（1+px+q{x^2}）（1+{a_1}x+{a_2}{x^2}+…+{a_n}{x^n}+…）=1$，
显然x，x²的系数为0，
∴$\left\{\begin{array}{l}{a_1}+p=0\\{a_2}+{a_1}p+q=0\end{array}\right.$，从而a₁=-p，${a_2}={p^2}-q$；
（2）证明：由p=-1，q=-1，考虑xⁿ（n≥3）的系数，则有a_n+pa_n-1+qa_n-2=0，
得$\left\{\begin{array}{l}{a_1}=1\\{a_2}=2\\{a_n}-{a_{n-1}}-{a_{n-2}}=0（n≥3）\end{array}\right.$，即a_n+2=a_n+1+a_n，
∴数列{a_n}单调递增，且${b_n}=\frac{{{a_{n+2}}-{a_n}}}{{{a_n}{a_{n+2}}}}=\frac{1}{a_n}-\frac{1}{{{a_{n+2}}}}$，
∴${S_n}=（\frac{1}{a_1}-\frac{1}{a_3}）+（\frac{1}{a_2}-\frac{1}{a_4}）+（\frac{1}{a_3}-\frac{1}{a_5}）+…+（\frac{1}{a_n}-\frac{1}{{{a_{n+2}}}}）$，
当n≥2时，${S_n}=\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}-\frac{1}{{{a_{n+1}}}}-\frac{1}{{{a_{n+2}}}}=\frac{3}{2}-\frac{1}{{{a_{n+1}}}}-\frac{1}{{{a_{n+2}}}}＜\frac{3}{2}$．
又${a}_{1}=1＜\frac{3}{2}$成立，
∴S_n＜$\frac{3}{2}$；
（3）解：由（2）a_n+pa_n-1+qa_n-2=0，
∵数列{a_n}是等差数列，∴a_n-2a_n-1+a_n-2=0，则（2+p）a_n-1=（1-q）a_n-2对一切n≥3都成立，
若a_n=0，则p=q=0，与p²+q²≠0矛盾，
若数列{a_n}是等比数列，又据题意{a_n}是等差数列，则{a_n}是常数列，这与数列{a_n}的公差不为零矛盾，
∴2+p=1-q=0，即p=-2，q=1，
由（1）知a₁=2，a₂=3，∴a_n=n+1．

点评 本题考查了数列的函数特性，考查了数列递推式，训练了裂项相消法求数列的和，考查了等差数列通项公式的求法，是中档题．