Question

18．设函数f（x）=$\frac{1}{1+px+q{x}^{2}}$（其中p²+q²≠0），且存在公差不为0的无穷等差数列{a_n}，使得函数在其定义域内还可以表示为f（x）=1+a₁x+a₂x+a₂x²+…+a_nxⁿ+…
（1）求a₁，a₂的值（用p，q表示）；
（2）求{a_n}的通项公式；
（3）当n∈N^*且n≥2时，比较（a_n-1）^a_n与（a_n）${\;}^{{a}_{n-1}}$的大小．

Answer 1

分析 （1）化简已知条件，利用方程的系数关系列出方程，求解即可．
（2）考虑xⁿ（n≥3）的系数，推出a_n+pa_n-1+qa_n-2=0，利用数列{a_n}是等差数列，数列{a_n}是等比数列，推出矛盾，利用（1）知a₁=2，a₂=3，求出a_n．
（3）通过当n=2时，推出a₁^a₂＜a₂^a₁．当n≥3时，（a_n-1）^a_n＞（a_n）${\;}^{{a}_{n-1}}$，利用数学归纳法证明即可．

解答 解：（1）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，所以$\left\{\begin{array}{l}{a_1}+p=0\\{a_2}+{a_1}p+q=0\end{array}\right.$，
从而a₁=-p，${a_2}={p^2}-q$．…（4分）
（2）考虑xⁿ（n≥3）的系数，则有a_n+pa_n-1+qa_n-2=0，…（5分）
因数列{a_n}是等差数列，所以a_n-2a_n-1+a_n-2=0，所以（2+p）a_n-1=（1-q）a_n-2对一切n≥3都成立，…（7分）
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，
所以2+p=1-q=0，即p=-2，q=1，…（9分）
由（1）知a₁=2，a₂=3，所以a_n=n+1．…（10分）
（其他方法：根据题意可以用p、q表示出a₁，a₂，a₃，a₄，由数列{a_n}为等差数列，利用2a₂=a₁+a₃，2a₃=a₂+a₄解方程组也可求得．其它解法酌情给分．）
（3）由（2）可得：（a_n-1）^a_n=nⁿ⁺¹，（a_n）${\;}^{{a}_{n-1}}$=（n+1）ⁿ
当n=2时，a₁^a₂=2³，=8，a₂^a₁=3²，=9，∴a₁^a₂＜a₂^a₁．
当n≥3时，nⁿ⁺¹＞（n+1）ⁿ即（a_n-1）^a_n＞（a_n）${\;}^{{a}_{n-1}}$，下面用数学归纳法证明．…（12分）
①当n=3时，3⁴=81，4³=64，∴64＜81．结论成立．
②假设n=k时，结论成立，即k^k+1＞（k+1）^k．…（13分）
下面证明n=k+1时成立．
由假设得$\frac{{k}^{k+1}}{（k+1）^{k}}＞1$，因为（k+1）²＞k（k+2），即：$\frac{k+1}{k+2}＞\frac{k}{k+1}$，
所以$\frac{（{k+1）}^{k+2}}{（k+2）^{k+1}}=\frac{（k+1）^{k}}{（{k+2）}^{k}}•\frac{（k+1）^{2}}{k+2}$＞$（\frac{k}{k+1}）^{k}•\frac{k（k+2）}{k+2}$=$\frac{{k}^{k+1}}{（k+1）^{k}}＞1$，
即（k+1）^k+2＞（k+2）^k+1．所以n=k+1时，结论也成立．
综上n∈N^*且n≥3时，（a_n-1）^a_n＞（a_n）${\;}^{{a}_{n-1}}$．…（16分）

点评 本题看成立的应用，数列与不等式的关系，数学归纳法的应用，考查转化思想以及分类讨论思想的应用．