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）通过an+an+1+（-1）n+1an•an+1=0，移项后两边同除（-1）n+1an•an+1，构造新数列，然后求数列{an}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+…+an＜1；
（3）通过bn=|a1a2…an|求出bn表达式，化简函数fn（x）=1+b1x+b2x2+…+bnx2n，n∈N*，利用数学归纳法证明对任意的n∈N*，函数fn（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．
【解析】
（1）因为a1=1，又因为an+an+1+（-1）n+1an•an+1=0．an≠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+…+a2k＜a1+a2+…+a2k+1＜1
所以当n＞1时，≤a1+a2+…+an＜1．
（3）因为bn=|a1a2…an|=，所以fn（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fk（x）=1+x+x2+…+x2k无零点．
因为x≥0时，fk（x）＞0．而fk（x）的图象是连续不断的曲线，所以对任意x∈Rfk（x）＞0恒成立．
当n=k+1时，因为fk+1（x）=1+x+x2+…+x2k+2，
f′k+1（x）=1+x+x2+…+x2k+1，
gk（x）=1+x+x2+…+x2k+1，
∴g′k（x）=1+x+x2+…+x2k=fk（x）＞0，
即gk（x）是增函数，
注意到x＜-（2k+1）时t=1，2，3，…2k+1，
所以gk（x）=1+x+x2+…+x2k+1
=（1+x）+++…+＜0
当x≥0时，gk（x）＞0而gk（x）是增函数，所以gk（x）有且只有一个零点，记此零点为x且x≠0，
则当x∈（-∞，x）时
gk（x）＜gk（x）=0，即f′k+1（x）＜0，当x∈（x，+∞）时
gk（x）＞gk（x）=0，即f′k+1（x）＞0，fk+1（x）在x∈（-∞，x）单调递减，在x∈（x，+∞）单调递增，
所以对任意的x∈R，fk+1（x）＞fk+1（x）=gk（x）+=＞0，从而fk+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fn（x）无零点．