Question

已知二次函數(shù)y=f（x）在x=

t+2

2

處取得最小值-

t2

4

（t＞0），f（1）=0
（1）求y=f（x）的表達(dá)式；
（2）若任意實(shí)數(shù)x都滿足f（x）•g（x）+a_nx+b_n=xⁿ⁺¹（g（x）為多項(xiàng)式，n∈N⁺），試用t表示a_n和b_n；
（3）設(shè)圓C_n的方程（x-a_n）²+（y-b_n）²=r_n²，圓C_n與C_n+1外切（n=1，2，3，…），{r_n}是各項(xiàng)都是正數(shù)的等比數(shù)列，記S_n為前n個(gè)圓的面積之和，求r_n，S_n．

Answer 1

分析：（1）根據(jù)條件可設(shè)二次函數(shù)的頂點(diǎn)式f（x）=a(x-

t+2

2

)2--

t2

4

，由f（1）=0，可得a，從而有f（x）=x²-（t+2）x+（t+1）．
（2）由f（x）=x²-（t+2）x+（t+1）=（x-1）（x-t-1），所以“f（x）•g（x）+a_nx+b_n=xⁿ⁺¹”轉(zhuǎn)化為：（x-1）（x-t-1）g（x）+a_nx+b_n=xⁿ⁺¹．要消去g（x）將x=1，x=t+1別代入上式，得

an+bn=1 (t+1)an+bn=(t+1)n+1

，解方程組即可．
（3）由a_n+b_n=1，可知圓C_n的圓心O_n在直線x+y=1上，可求得圓心距|O_nO_n+1|=

2

|a_n+1-a_n|=

2

（t+1）ⁿ⁺¹再由圓C_n與C_n+1外切，可得r_n+r_n+1=

2

（t+1）ⁿ⁺¹設(shè){r_n}的公比為q，有

rn+qrn= 2 (t+1)n+1 (1) rn+1+qrn+1=  2 (t+1)n+2(2)

得q=

rn+1

rn

=t+1從而求得通項(xiàng)及前n項(xiàng)和

解答：解：（1）設(shè)f（x）=a(x-

t+2

2

)2--

t2

4

，
∵f（1）=0，
∴a(1-

t+2

2

)2--

t2

4

=0，從而a=1，
∴f（x）=x²-（t+2）x+（t+1）．
（2）f（x）=x²-（t+2）x+（t+1）=（x-1）（x-t-1）
∴（x-1）（x-t-1）g（x）+a_nx+b_n=xⁿ⁺¹．
將x=1，x=t+（1分）別代入上式，得

an+bn=1 (t+1)an+bn=(t+1)n+1

∵t≠0，
∴a_n=

1

t

[（t+1）ⁿ⁺¹-1]
b_n=

t+1

t

[1-（t+1）ⁿ]
（3）∵a_n+b_n=1，
∴圓C_n的圓心O_n在直線x+y=1上
∴|O_nO_n+1|=

2

|a_n+1-a_n|=

2

（t+1）ⁿ⁺¹
又圓C_n與C_n+1外切，故r_n+r_n+1=

2

（t+1）ⁿ⁺¹
設(shè){r_n}的公比為q，則

rn+qrn= 2 (t+1)n+1 (1) rn+1+qrn+1=  2 (t+1)n+2(2)

（2）÷（1），得q=

rn+1

rn

=t+1
于是r_n=

2 (t+1)n+1

t+2

∴S_n=π（r₁²+r₂²+…+r_n²）=

πr12(q2n-1)

q2-1

=

2π(t+1)4

t(t+2)3

[（t+1）²ⁿ-1]

點(diǎn)評：本題主要考查數(shù)列與函數(shù)，方程的綜合運(yùn)用，主要涉及了函數(shù)的解析式，圓與圓的位置關(guān)系，數(shù)列的遞推與通項(xiàng)和前n項(xiàng)和公式．