题目

已知数列

\{a_n\}
\{a_n\}
的前
n
n
项和为
S_n
S_n
，且满足
a_1=1
a_1=1
，
\dfrac{S_{n-1}}{a_n}-\dfrac{S_{n-1}}{a_{n-1}}+\dfrac{1}{2}=0\;(n\ge2)
\dfrac{S_{n-1}}{a_n}-\dfrac{S_{n-1}}{a_{n-1}}+\dfrac{1}{2}=0\;(n\ge2)
。

(1) 求

\{a_n\}
\{a_n\}
的通项公式；

(2) 当

n\ge3
n\ge3
时，已知
f(x)=(x-a_1)(x-a_2)\cdots(x-a_n)
f(x)=(x-a_1)(x-a_2)\cdots(x-a_n)
的导函数为
f'(x)=n(x-b_1)(x-b_2)\cdots(x-b_{n-1})
f
。 其中
b_1\le b_2\le\cdots\le b_{n-1}
b_1\le b_2\le\cdots\le b_{n-1}
。令
F(u,v)=\sum_{i=1}^{n}\dfrac{uv}{(j-i+u)\,(j-i-v)}
F(u,v)=\sum_{i=1}^{n}\dfrac{uv}{(j-i+u)\,(j-i-v)}
。

(i) 设

u_j=b_j-j
u_j=b_j-j
，
v_j=j-b_{j-1}\;(2\le j\le n-1)
v_j=j-b_{j-1}\;(2\le j\le n-1)
，证明：
F(u_j,v_j)=0
F(u_j,v_j)=0
；

(ii) 证明：对任意

2\le j\le n-1
2\le j\le n-1
，有
b_j-b_{j-1}>1
b_j-b_{j-1}>1
。

答案

(1) 由题意可知

\frac{1}{2S_{n-1}}=\frac{1}{a_{n-1}}-\frac{1}{a_n}=\frac{a_n-a_{n-1}}{a_{n-1}a_n}
\frac{1}{2S_{n-1}}=\frac{1}{a_{n-1}}-\frac{1}{a_n}=\frac{a_n-a_{n-1}}{a_{n-1}a_n}
.

常规阶差

\begin{cases} 2S_n=\dfrac{a_n a_{n+1}}{a_{n+1}-a_n}\\ 2S_{n-1}=\dfrac{a_{n-1} a_n}{a_n-a_{n-1}} \end{cases} \Rightarrow 2a_n=\dfrac{a_n a_{n+1}}{a_{n+1}-a_n}-\dfrac{a_{n-1} a_n}{a_n-a_{n-1}}
\begin{cases} 2S_n=\dfrac{a_n a_{n+1}}{a_{n+1}-a_n}\\ 2S_{n-1}=\dfrac{a_{n-1} a_n}{a_n-a_{n-1}} \end{cases} \Rightarrow 2a_n=\dfrac{a_n a_{n+1}}{a_{n+1}-a_n}-\dfrac{a_{n-1} a_n}{a_n-a_{n-1}}

因
a_n \neq 0
a_n \neq 0
，故
\dfrac{a_{n+1}}{a_{n+1}-a_n}-\dfrac{a_{n-1}}{a_n-a_{n-1}}=2
\dfrac{a_{n+1}}{a_{n+1}-a_n}-\dfrac{a_{n-1}}{a_n-a_{n-1}}=2
，

从而

a_{n+1}(a_n-a_{n-1})-a_{n-1}(a_{n+1}-a_n)=2(a_{n+1}-a_n)(a_n-a_{n-1})
a_{n+1}(a_n-a_{n-1})-a_{n-1}(a_{n+1}-a_n)=2(a_{n+1}-a_n)(a_n-a_{n-1})

化简可得

a_{n+1}a_n-2a_n^2+a_{n-1}a_n=0
a_{n+1}a_n-2a_n^2+a_{n-1}a_n=0
，

这里结构比较难看出，但是如果注意到左边两个分式可以分离出分别分离出两个常数1，可以直接把等号右边的常数2抵消掉，等式会很轻松地化简：
\[ 1+\dfrac{a_n}{a_{n+1}-a_n}+1-\dfrac{a_n}{a_n-a_{n-1}}=2 \]
\[ 1+\dfrac{a_n}{a_{n+1}-a_n}+1-\dfrac{a_n}{a_n-a_{n-1}}=2 \]

即
\[ 2+\dfrac{a_n}{a_{n+1}-a_n}-\dfrac{a_n}{a_n-a_{n-1}}=2 \]
\[ 2+\dfrac{a_n}{a_{n+1}-a_n}-\dfrac{a_n}{a_n-a_{n-1}}=2 \]

即
\[ a_{n}\left(\dfrac{1}{a_{n+1}-a_{n}}-\dfrac{1}{a_{n}-a_{n-1}}\right)=0 \]
\[ a_{n}\left(\dfrac{1}{a_{n+1}-a_{n}}-\dfrac{1}{a_{n}-a_{n-1}}\right)=0 \]

故

a_{n+1}+a_{n-1}=2a_n(n\ge 2)
a_{n+1}+a_{n-1}=2a_n(n\ge 2)
，

故

\{a_n\}
\{a_n\}
为等差数列.

有

\dfrac{1}{a_2}=\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}=1
\dfrac{1}{a_2}=\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}=1
解得
a_2=2
a_2=2
，故
a_n=n(n\in\mathbb{N}^*)
a_n=n(n\in\mathbb{N}^*)
.

不化归 用数学归纳法做也可以。

原答案

(2) (i) 注意到

f'(x)=(x-2)(x-3)\dots(x-n)+(x-1)(x-3)(x-4)\dots(x-n)+\dots+(x-1)(x-2)\dots(x-n-1))
f
故对任意
j=1,2,\dots,n-1
j=1,2,\dots,n-1
,
f'(j)\cdot f'(j+1)<0
f
，

故

f'(x)
f
在
(j,j+1)
(j,j+1)
上存在零点，

因此存在

n-1
n-1
个不同的零点，即
b_1,b_2,\dots,b_{n-1}
b_1,b_2,\dots,b_{n-1}
，

故

j<b_j<b_{j+1}(j=1,2,\dots,n-1)
j<b_j<b_{j+1}(j=1,2,\dots,n-1)
，

故

u_j,v_j>0
u_j,v_j>0
. 注意到
j-i+u_j=b_j-i,\;j-i-v_j=b_{j-1}-i
j-i+u_j=b_j-i,\;j-i-v_j=b_{j-1}-i
，

故只要证明：

\sum_{j=1}^n\dfrac{1}{(b_j-i)(b_{j-1}-i)}=0
\sum_{j=1}^n\dfrac{1}{(b_j-i)(b_{j-1}-i)}=0
.

注意到

f'(x)=\sum_{i=1}^n\dfrac{f(x)}{(x-i)}
f
，且
f'(b_j)=f'(b_{j-1})=0
f
，

故

\[ \begin{cases} \sum_{j = 1}^n\frac{1}{b_j - i}=0\\ \sum_{j = 1}^n\frac{1}{b_{j - 1}-i}=0 \end{cases} \Rightarrow \sum_{j = 1}^n\left(\frac{1}{b_j - i}-\frac{1}{b_{j - 1}-i}\right)=0 \quad (\star) \]
\[ \begin{cases} \sum_{j = 1}^n\frac{1}{b_j - i}=0\\ \sum_{j = 1}^n\frac{1}{b_{j - 1}-i}=0 \end{cases} \Rightarrow \sum_{j = 1}^n\left(\frac{1}{b_j - i}-\frac{1}{b_{j - 1}-i}\right)=0 \quad (\star) \]

从而

\sum_{j=1}^n\dfrac{b_{j-1}-b_j}{(b_j-i)(b_{j-1}-i)}=0
\sum_{j=1}^n\dfrac{b_{j-1}-b_j}{(b_j-i)(b_{j-1}-i)}=0
，

故

\sum_{j=1}^n\dfrac{1}{(b_j-i)(b_{j-1}-i)}=0
\sum_{j=1}^n\dfrac{1}{(b_j-i)(b_{j-1}-i)}=0
.

这里其实就是要注意到求和内部这个是可以裂项出来方便做的
\frac{uv}{(j-i+u)(j-i-v)} = \frac{uv}{u+v} \left( \frac{1}{j-i-v} - \frac{1}{j-i+u} \right)
\frac{uv}{(j-i+u)(j-i-v)} = \frac{uv}{u+v} \left( \frac{1}{j-i-v} - \frac{1}{j-i+u} \right)

然后要注意到多项式的零点表达的对数求导法，
\frac{f'(x)}{f(x)} = \sum_{i=1}^n \frac{1}{x-i}
\frac{f

然后
f'(b_j)=f'(b_{j-1})=0
f
得到
(\star)
(\star)
式成立

这里给出一个先因式分解的逆向推导，方便清晰理解

个人答案

首先对函数

F(u, v)
F(u, v)
进行化简，

已知

F(u, v) = \sum_{i=1}^n \frac{uv}{(j-i+u)(j-i-v)}
F(u, v) = \sum_{i=1}^n \frac{uv}{(j-i+u)(j-i-v)}

对求和项进行部分分式分解：

\frac{uv}{(j-i+u)(j-i-v)} = \frac{uv}{u+v} \left( \frac{1}{j-i-v} - \frac{1}{j-i+u} \right)
\frac{uv}{(j-i+u)(j-i-v)} = \frac{uv}{u+v} \left( \frac{1}{j-i-v} - \frac{1}{j-i+u} \right)

题目给定

u_j = b_j - j
u_j = b_j - j
，
v_j = j - b_{j-1}
v_j = j - b_{j-1}
，将其代入分母进行替换：

  • j - i - v_j = j - i - (j - b_{j-1}) = b_{j-1} - i
    j - i - v_j = j - i - (j - b_{j-1}) = b_{j-1} - i
  • j - i + u_j = j - i + (b_j - j) = b_j - i
    j - i + u_j = j - i + (b_j - j) = b_j - i

同时计算

u_j + v_j = b_j - j + j - b_{j-1} = b_j - b_{j-1}
u_j + v_j = b_j - j + j - b_{j-1} = b_j - b_{j-1}
（由
b_j > j > b_{j-1}
b_j > j > b_{j-1}
可知
u_j + v_j \neq 0
u_j + v_j \neq 0
）

将上述结果代入

F(u_j, v_j)
F(u_j, v_j)
的表达式：

F(u_j, v_j) = \frac{u_j v_j}{u_j + v_j} \sum_{i=1}^n \left( \frac{1}{b_{j-1} - i} - \frac{1}{b_j - i} \right)
F(u_j, v_j) = \frac{u_j v_j}{u_j + v_j} \sum_{i=1}^n \left( \frac{1}{b_{j-1} - i} - \frac{1}{b_j - i} \right)

拆分求和符号可得：

F(u_j, v_j) = \frac{u_j v_j}{u_j + v_j} \left( \sum_{i=1}^n \frac{1}{b_{j-1} - i} - \sum_{i=1}^n \frac{1}{b_j - i} \right)
F(u_j, v_j) = \frac{u_j v_j}{u_j + v_j} \left( \sum_{i=1}^n \frac{1}{b_{j-1} - i} - \sum_{i=1}^n \frac{1}{b_j - i} \right)

考虑函数

f(x) = \prod_{i=1}^n (x-i)
f(x) = \prod_{i=1}^n (x-i)
的对数导数：

\frac{f'(x)}{f(x)} = \frac{d}{dx} \sum_{i=1}^n \ln(x-i) = \sum_{i=1}^n \frac{1}{x-i}
\frac{f

因为

b_1,b_2,\dots,b_{n-1}
b_1,b_2,\dots,b_{n-1}
是导函数
f'(x)
f
的根，所以对任意
k
k
都有
f'(b_k)=0
f
。

又因为

b_k
b_k
不是整数，故
f(b_k) \neq 0
f(b_k) \neq 0
，

这里需要证明一下，
j<b_j<b_{j+1}
j<b_j<b_{j+1}
同原答案一致，相当于证明一遍罗尔定理

因此：

\sum_{i=1}^n \frac{1}{b_k - i} = \frac{f'(b_k)}{f(b_k)} = 0
\sum_{i=1}^n \frac{1}{b_k - i} = \frac{f

该结论对

b_{j-1}
b_{j-1}
和
b_j
b_j
均成立（其中
2 \le j \le n-1
2 \le j \le n-1
），因此两个求和式的结果都为0。

代入可得：

F(u_j, v_j) = \frac{u_j v_j}{u_j + v_j} (0 - 0) = 0
F(u_j, v_j) = \frac{u_j v_j}{u_j + v_j} (0 - 0) = 0

原答案

(ii) 令

d_j=|j-i|
d_j=|j-i|
，故
d_1>d_2>\dots>d_j,d_j<d_{j+1}<\dots<d_{n+1}
d_1>d_2>\dots>d_j,d_j<d_{j+1}<\dots<d_{n+1}
，

由 (i) 可知

\sum_{i=1}^{j-1}\dfrac{1}{(d_i+u_j)(d_i-v_j)}-\dfrac{1}{u_j v_j}+\sum_{i=j+1}^n\dfrac{1}{(d_i-u_j)(d_i+v_j)}=0
\sum_{i=1}^{j-1}\dfrac{1}{(d_i+u_j)(d_i-v_j)}-\dfrac{1}{u_j v_j}+\sum_{i=j+1}^n\dfrac{1}{(d_i-u_j)(d_i+v_j)}=0
从而
\sum_{i=1}^{j-1}\dfrac{u_j v_j}{(d_i+u_j)(d_i-v_j)}+\sum_{i=j+1}^n\dfrac{u_j v_j}{(d_i-u_j)(d_i+v_j)}=1
\sum_{i=1}^{j-1}\dfrac{u_j v_j}{(d_i+u_j)(d_i-v_j)}+\sum_{i=j+1}^n\dfrac{u_j v_j}{(d_i-u_j)(d_i+v_j)}=1
.

令

G(u,v)=\sum_{i=1}^{j-1}\dfrac{uv}{(d_i+u)(d_i-v)}+\sum_{i=j+1}^n\dfrac{uv}{(d_i-u)(d_i+v)}\;(0\le u<d_{j+1},0\le v<d_{j-1})
G(u,v)=\sum_{i=1}^{j-1}\dfrac{uv}{(d_i+u)(d_i-v)}+\sum_{i=j+1}^n\dfrac{uv}{(d_i-u)(d_i+v)}\;(0\le u<d_{j+1},0\le v<d_{j-1})
容易知道
G(u,v)
G(u,v)
关于
u,v
u,v
都是单调递增的，且
G(u_j,v_j)=1
G(u_j,v_j)=1
.

由于

u_j+v_j=b_j-j+j-b_{j-1}=b_j-b_{j-1}
u_j+v_j=b_j-j+j-b_{j-1}=b_j-b_{j-1}
，

故只要证明：

u_j+v_j>1
u_j+v_j>1
.

根据以上讨论可知，只要证明：当

u,v\ge 0
u,v\ge 0
，且
u+v=1
u+v=1
时，
F(u,v)<1
F(u,v)<1
.

由

\sum_{i=1}^{j-1}\dfrac{1}{(d_i+u)(d_i-v)}=\sum_{i=1}^{j-1}\dfrac{1}{(d_{j-1}-u)(d_i-v)}=\sum_{i=1}^{j-1}\left(\dfrac{1}{d_i-v}-\dfrac{1}{d_{j-1}-u}\right)<\dfrac{1}{1-v}=\dfrac{1}{u} \\
\sum_{i=1}^{j-1}\dfrac{1}{(d_i+u)(d_i-v)}=\sum_{i=1}^{j-1}\dfrac{1}{(d_{j-1}-u)(d_i-v)}=\sum_{i=1}^{j-1}\left(\dfrac{1}{d_i-v}-\dfrac{1}{d_{j-1}-u}\right)<\dfrac{1}{1-v}=\dfrac{1}{u} \\
\sum_{i=j+1}^n\dfrac{1}{(d_i-u)(d_i+v)}=\sum_{i=j+1}^n\dfrac{1}{(d_i-u)(d_{i+1}-u)}=\sum_{i=j+1}^n\left(\dfrac{1}{d_i-u}-\dfrac{1}{d_{i+1}-u}\right)<\dfrac{1}{1-u}=\dfrac{1}{v} \\
\sum_{i=j+1}^n\dfrac{1}{(d_i-u)(d_i+v)}=\sum_{i=j+1}^n\dfrac{1}{(d_i-u)(d_{i+1}-u)}=\sum_{i=j+1}^n\left(\dfrac{1}{d_i-u}-\dfrac{1}{d_{i+1}-u}\right)<\dfrac{1}{1-u}=\dfrac{1}{v} \\
从而
G(u,v)<uv\left(\dfrac{1}{u}+\dfrac{1}{v}\right)=u+v=1
G(u,v)<uv\left(\dfrac{1}{u}+\dfrac{1}{v}\right)=u+v=1
，不等式成立.

从而，若

u_j+v_j\le 1
u_j+v_j\le 1
，取
t\ge 0
t\ge 0
，使得
u_j+(v_j+t)=1
u_j+(v_j+t)=1
，

故

F(u_j,v_j)\le F(u_j,v_j+t)<1
F(u_j,v_j)\le F(u_j,v_j+t)<1
，矛盾.

综上，结论成立.

思路就是反证法假设
u+v=1
u+v=1
利用这个裂项求和，然后借助第一问的提示去裂项。好题，但是第三问我算不出来（）

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