Question

已知数列{a_n}满足：，且对任意a₁=1，n∈N^*，有a_n+a_n+1+（-1）ⁿ⁺¹a_n•a_n+1=0．
（1）求数列{a_n}的通项公式；
（2）证明：当n＞1时，≤a₁+a₂+…+a_n＜1；
（3）设b_n={a₁a₂…a_n}，函数f_n（x）=1+b₁x+b₂x²+…+b_nx²ⁿ，n∈N^*，证明你对任意的n∈N^*，函数f_n（x）无零点．

Answer 1

【答案】分析：（1）通过a_n+a_n+1+（-1）ⁿ⁺¹a_n•a_n+1=0，移项后两边同除（-1）ⁿ⁺¹a_n•a_n+1，构造新数列，然后求数列{a_n}的通项公式；
（2）利用，，构造数列，通过数列求和，推出当n＞1时，≤a₁+a₂+…+a_n＜1；
（3）通过b_n=|a₁a₂…a_n|求出b_n表达式，化简函数f_n（x）=1+b₁x+b₂x²+…+b_nx²ⁿ，n∈N^*，利用数学归纳法证明对任意的n∈N^*，函数f_n（x）无零点．证明n=k+1时，构造函数g（x）通过圆的导数判断函数的单调性，利用函数与方程的根说明方程没有零点．
解答：解：（1）因为a₁=1，又因为a_n+a_n+1+（-1）ⁿ⁺¹a_n•a_n+1=0．a_n≠0，
且
所以是以为首项．-1为公差的等差数列．
．
所以．
（2）因为k∈N^* 时，，
所以

=＜1
即≤a₁+a₂+…+a_2k＜a₁+a₂+…+a_2k+1＜1
所以当n＞1时，≤a₁+a₂+…+a_n＜1．
（3）因为b_n=|a₁a₂…a_n|=，所以f_n（x）=1+x+x²+…+x²ⁿ，
①当n=1时，函数f₁（x）=1+x+=，所以函数无零点，结论成立．
②假设n=k时结论成立，即f_k（x）=1+x+x²+…+x^2k无零点．
因为x≥0时，f_k（x）＞0．而f_k（x）的图象是连续不断的曲线，所以对任意x∈Rf_k（x）＞0恒成立．
当n=k+1时，因为f_k+1（x）=1+x+x²+…+x^2k+2，
f′_k+1（x）=1+x+x²+…+x^2k+1，
g_k（x）=1+x+x²+…+x^2k+1，
∴g′_k（x）=1+x+x²+…+x^2k=f_k（x）＞0，
即g_k（x）是增函数，
注意到x＜-（2k+1）时t=1，2，3，…2k+1，
所以g_k（x）=1+x+x²+…+x^2k+1
=（1+x）+++…+＜0
当x≥0时，g_k（x）＞0而g_k（x）是增函数，所以g_k（x）有且只有一个零点，记此零点为x且x≠0，
则当x∈（-∞，x）时
g_k（x）＜g_k（x）=0，即f′_k+1（x）＜0，当x∈（x，+∞）时
g_k（x）＞g_k（x）=0，即f′_k+1（x）＞0，f_k+1（x）在x∈（-∞，x）单调递减，在x∈（x，+∞）单调递增，
所以对任意的x∈R，f_k+1（x）＞f_k+1（x）=g_k（x）+=＞0，从而f_k+1（x）无零点，
即当n=k+1时，结论成立．
根据①②，可知对任意的n∈N^*，函数f_n（x）无零点．
点评：本题难度比较大，不仅考查数列的通项公式的求法，裂项法证明不等式，数学归纳法的应用，函数的零点的判断方法，导数的应用，考查计算能力，转化思想等思想方法．