2008-广东卷理-21 解-数列

本题导读

本题作为压轴题，核心考查方程根与系数的关系、二阶线性递推数列通项公式的分类讨论推导，以及差比复合数列的错位相减求和通法。

📌【题干】

Question

（2008年广东卷(理)） 已知 $p,q$ 是实数, $\alpha ,\beta$ 为方程 $x^2-px+q=0$ 的两个实根, 数列 $\{x_n\}$ 满足 $x_1=p,x_2=p^2-q,x_n=p{x}_{n-1}-q{x}_{n-2}$ ($n=3,4,\cdots$).

(1)证明: $\alpha +\beta =p,\alpha \beta =q$;

(2)求数序列 $\{x_n\}$ 的通项公式;

(3)若 $p=1,q=\frac{1}{4}$, 求 $\{x_n\}$ 的前 $n$ 项和 $S_n$.

🔍【思路分析】

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1. 第一问：直接应用一元二次方程根与系数的关系（韦达定理）进行证明。
2. 第二问：递推式 $x_n-p{x}_{n-1}+q{x}_{n-2}=0$ 的特征方程恰为 $x^2-px+q=0$。通项公式的结构取决于特征根 $\alpha ,\beta$ 是否相等，故需分 $\alpha \ne \beta$ 与 $\alpha =\beta$ 两种情况讨论求解。
3. 第三问：代入具体数值发现属于特征根相等的情况，求出 $x_n=(n+1){\left(\frac{1}{2}\right)}^n$，这属于典型的“差比数列”，采用错位相减法求和。

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$\{x_n\}$ 的通项公式为：$$x_n = \begin{cases} \frac{\alpha^{n+1} - \beta^{n+1}}{\alpha - \beta}, & \alpha \neq \beta \ (n + 1)\alpha^n, & \alpha = \beta

✍【详细解析】

Abstract

(1)证明： 因为 $\alpha ,\beta$ 是方程 $x^2-px+q=0$ 的两个实根， 由一元二次方程的根与系数的关系（韦达定理）直接可得： $\alpha +\beta =p,\alpha \beta =q$

(2)解： 递推关系式为 $x_n=p{x}_{n-1}-q{x}_{n-2}$，对应的特征方程为 ${\lambda }^2-p\lambda +q=0$。 由(1)知其特征根为 $\alpha ,\beta$。分以下两种情况讨论：

情况①：当 $\alpha \ne \beta$ 时 设通项公式为 $x_n=c_1{\alpha }^n+c_2{\beta }^n$。 代入 $x_1,x_2$ 得： $\{\begin{array}{l}{c}_1\alpha +c_2\beta =p=\alpha +\beta \\ c_1{\alpha }^2+c_2{\beta }^2=p^2-q={\alpha }^2+\alpha \beta +{\beta }^2\end{array}$ 联立解得 $c_1=\frac{\alpha }{\alpha -\beta }$，$c_2=-\frac{\beta }{\alpha -\beta }$。 代入可得： $x_n=\frac{\alpha }{\alpha -\beta }\cdot {\alpha }^n-\frac{\beta }{\alpha -\beta }\cdot {\beta }^n=\frac{{\alpha }^{n+1}-{\beta }^{n+1}}{\alpha -\beta }$

情况②：当 $\alpha =\beta$ 时 此时 $p=2\alpha ,q={\alpha }^2$。设通项公式为 $x_n=(c_{1}n+c_2){\alpha }^n$。 代入 $x_1,x_2$ 得： $\{\begin{array}{l}(c_1+c_2)\alpha =2\alpha \\ (2c_1+c_2){\alpha }^2=4{\alpha }^2-{\alpha }^2=3{\alpha }^2\end{array}⟹\{\begin{array}{l}{c}_1+c_2=2\\ 2c_1+c_2=3\end{array}$ 解得 $c_1=1,c_2=1$。 故 $x_n=(n+1){\alpha }^n$。

综上所述，$\{x_n\}$ 的通项公式为： $x_n=\{\begin{array}{ll}\frac{{\alpha }^{n+1}-{\beta }^{n+1}}{\alpha -\beta },& \alpha \ne \beta \\ (n+1){\alpha }^n,& \alpha =\beta \end{array}$

(3)解： 若 $p=1,q=\frac{1}{4}$，方程为 $x^2-x+\frac{1}{4}=0$，解得 $\alpha =\beta =\frac{1}{2}$。 由(2)可知，此时通项公式为： $x_n=(n+1){\left(\frac{1}{2}\right)}^n$ 则前 $n$ 项和为： $S_n=2\cdot {\left(\frac{1}{2}\right)}^1+3\cdot {\left(\frac{1}{2}\right)}^2+4\cdot {\left(\frac{1}{2}\right)}^3+\cdots +(n+1)\cdot {\left(\frac{1}{2}\right)}^n\text{(1)}$ 两边同乘 $\frac{1}{2}$ 得： $\frac{1}{2}{S}_n=2\cdot {\left(\frac{1}{2}\right)}^2+3\cdot {\left(\frac{1}{2}\right)}^3+\cdots +n\cdot {\left(\frac{1}{2}\right)}^n+(n+1)\cdot {\left(\frac{1}{2}\right)}^{n+1}\text{(2)}$ ① - ② 得： $\frac{1}{2}{S}_n=2\cdot {\left(\frac{1}{2}\right)}^1+\left[{\left(\frac{1}{2}\right)}^2+{\left(\frac{1}{2}\right)}^3+\cdots +{\left(\frac{1}{2}\right)}^n\right]-(n+1)\cdot {\left(\frac{1}{2}\right)}^{n+1}$ $\frac{1}{2}{S}_n=1+\frac{\frac{1}{4}\left(1-{\left(\frac{1}{2}\right)}^{n-1}\right)}{1-\frac{1}{2}}-(n+1)\cdot {\left(\frac{1}{2}\right)}^{n+1}$ $\frac{1}{2}{S}_n=1+\frac{1}{2}-{\left(\frac{1}{2}\right)}^n-(n+1)\cdot {\left(\frac{1}{2}\right)}^{n+1}=\frac{3}{2}-\frac{n+3}{2}\cdot {\left(\frac{1}{2}\right)}^n$ 两边同乘 2 得： $S_n=3-(n+3){\left(\frac{1}{2}\right)}^n$

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：特征方程法解决二阶常系数线性递推问题；差比数列求和。
2. 核心方法：分类讨论特征根是否重合；错位相减法化简时利用等比数列求和公式。
3. 避坑指南：第(2)问极易漏掉特征根相等 $\alpha =\beta$ 的特殊情况导致失分；第(3)问进行错位相减时，中间等比数列项数极易数错（本题中间括号内共有 $n-1$ 项），尾项的负号和指数也需格外小心。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源: 本题高等数学背景为常系数线性差分方程。在线性代数和组合数学中，斐波那契数列的通项推导即基于此公式（当 $\alpha \ne \beta$ 时）。
2. 结论推广: 已知递推式 $x_n=p{x}_{n-1}-q{x}_{n-2}$，若初始值为 $x_0=2,x_1=p$，其通项可直接写为经典的卢卡斯序列形式 $x_n={\alpha }^n+{\beta }^n$。

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