Question

15．设关于x的一元二次方程a_nx²-a_n+1x+1=0（n∈N^*）有两根α和β，且满足6α-2αβ+6β=3．
（Ⅰ）试用a_n表示a_n+1；
（Ⅱ）求证：数列$\left\{{{a_n}-\frac{2}{3}}\right\}$是等比数列；
（Ⅲ）当a₁=$\frac{7}{6}$时，求数列{a_n}的通项公式，并求数列{na_n}的前n项和T_n．

Answer 1

分析 （1）通过根据韦达定理可知$α+β=\frac{{{a_{n+1}}}}{a_n}$、$α•β=\frac{1}{a_n}$，代入6α-2αβ+6β=3整理即得结论；
（2）通过对${a_{n+1}}=\frac{1}{2}{a_n}+\frac{1}{3}$变形可知a_n+1-$\frac{2}{3}$=$\frac{1}{2}$（a_n-$\frac{2}{3}$），通过一元二次方程a_nx²-a_n+1x+1=0（n∈N^*）有两根可排除${a_n}-\frac{2}{3}=0$，进而可知数列$\left\{{{a_n}-\frac{2}{3}}\right\}$是公比为$\frac{1}{2}$的等比数列；
（3）通过记${b_n}={a_n}-\frac{2}{3}$，利用等比数列的通项公式可知${b_n}={b_1}{q^{n-1}}=\frac{1}{2}{（{\frac{1}{2}}）^{n-1}}={（{\frac{1}{2}}）^n}$，进而利用错位相减法计算即得结论．

解答 （1）解：根据韦达定理，得$α+β=\frac{{{a_{n+1}}}}{a_n}$，$α•β=\frac{1}{a_n}$，
∵6α-2αβ+6β=3，
∴$6•\frac{{{a_{n+1}}}}{a_n}-\frac{2}{a_n}=3$，
整理得：${a_{n+1}}=\frac{1}{2}{a_n}+\frac{1}{3}$；
（2）证明：∵${a_{n+1}}=\frac{1}{2}{a_n}+\frac{1}{3}$，
∴${a_{n+1}}-\frac{2}{3}=\frac{1}{2}{a_n}-\frac{1}{3}=\frac{1}{2}（{a_n}-\frac{2}{3}）$，
若${a_n}-\frac{2}{3}=0$，则${a_{n+1}}-\frac{2}{3}=0$，从而${a_{n+1}}={a_n}=\frac{2}{3}$，
这时一元二次方程$a_n^{\;}$x²-$a_{n+1}^{\;}$x+1=0无实数根，故${a_{n+1}}-\frac{2}{3}≠0$，
∴$\frac{{{a_{n+1}}-\frac{2}{3}}}{{{a_n}-\frac{2}{3}}}=\frac{1}{2}$，即数列$\left\{{{a_n}-\frac{2}{3}}\right\}$是公比为$\frac{1}{2}$的等比数列；
（3）解：设${b_n}={a_n}-\frac{2}{3}$，则数列{b_n}是公比$q=\frac{1}{2}$的等比数列，
又∵${b_1}={a_1}-\frac{2}{3}=\frac{7}{6}-\frac{2}{3}=\frac{1}{2}$，
∴${b_n}={b_1}{q^{n-1}}=\frac{1}{2}{（{\frac{1}{2}}）^{n-1}}={（{\frac{1}{2}}）^n}$，
∴${a_n}-\frac{2}{3}={（{\frac{1}{2}}）^n}$，
∴${a_n}=\frac{2}{3}+{（{\frac{1}{2}}）^n}$，$n{a_n}=\frac{2}{3}n+\frac{n}{2^n}$，
由错位相减法可得T_n=$\frac{{{n^2}+n}}{3}+2-\frac{n+2}{2^n}$．

点评 本题考查数列的通项，考查运算求解能力，注意解题方法的积累，属于中档题．