## 21.（本小题满分12分） 设 p , q 为实数，…——2008 高考数学第 21 题答案解析

(1)
方程 $x^2 - px + q = 0$ 的两个实根为 $\alpha, \beta$。
根据韦达定理（或由求根公式直接计算）：
$\alpha + \beta = -\frac{-p}{1} = p$
$\alpha \beta = \frac{q}{1} = q$
故 $\alpha + \beta = p, \alpha \beta = q$ 得证。

(2)
由递推关系 $x_n = p x_{n-1} - q x_{n-2}$ 及 $p=\alpha+\beta, q=\alpha\beta$，可得特征方程 $r^2 - (\alpha+\beta)r + \alpha\beta = 0$，其根为 $\alpha, \beta$。

**情形一：当 $\alpha \neq \beta$ 时**
设 $x_n = A \alpha^n + B \beta^n$。
代入初始条件：
$n=1: A\alpha + B\beta = x_1 = p = \alpha + \beta$
$n=2: A\alpha^2 + B\beta^2 = x_2 = p^2 - q = (\alpha+\beta)^2 - \alpha\beta = \alpha^2 + \alpha\beta + \beta^2$

由第一个方程得 $A\alpha = \alpha + \beta - B\beta$。
将 $x_n$ 的形式代入递推验证或直接解方程组：
注意到 $x_1 = \alpha + \beta = \frac{\beta^2-\alpha^2}{\beta-\alpha}$，
$x_2 = \alpha^2 + \alpha\beta + \beta^2 = \frac{\beta^3-\alpha^3}{\beta-\alpha}$。
猜想通项公式为 $x_n = \frac{\beta^{n+1} - \alpha^{n+1}}{\beta - \alpha}$。
验证：
当 $n=1$ 时，$\frac{\beta^2 - \alpha^2}{\beta - \alpha} = \beta + \alpha = p = x_1$，成立。
当 $n=2$ 时，$\frac{\beta^3 - \alpha^3}{\beta - \alpha} = \beta^2 + \alpha\beta + \alpha^2 = x_2$，成立。
假设 $n=k-1, k-2$ 时成立，则
$p x_{k-1} - q x_{k-2} = (\alpha+\beta)\frac{\beta^k - \alpha^k}{\beta - \alpha} - \alpha\beta\frac{\beta^{k-1} - \alpha^{k-1}}{\beta - \alpha}$
$= \frac{1}{\beta-\alpha} [ (\alpha\beta^k + \beta^{k+1} - \alpha^{k+1} - \beta\alpha^k) - (\alpha\beta^k - \alpha^k\beta + \beta\alpha^k - \alpha^{k+1}) ]$
此处直接利用线性递推性质更简便：
构造数列 $y_n = x_n - \alpha x_{n-1}$。
$y_n = (\alpha+\beta)x_{n-1} - \alpha\beta x_{n-2} - \alpha x_{n-1} = \beta(x_{n-1} - \alpha x_{n-2}) = \beta y_{n-1}$。
所以 $\{x_n - \alpha x_{n-1}\}$ 是公比为 $\beta$ 的等比数列。
首项 $y_2 = x_2 - \alpha x_1 = (\alpha^2+\alpha\beta+\beta^2) - \alpha(\alpha+\beta) = \beta^2$。
故 $x_n - \alpha x_{n-1} = \beta^2 \cdot \beta^{n-2} = \beta^n$。
同理，构造 $z_n = x_n - \beta x_{n-1}$，可得 $x_n - \beta x_{n-1} = \alpha^n$。
联立两式：
$x_n - \alpha x_{n-1} = \beta^n$ ①
$x_n - \beta x_{n-1} = \alpha^n$ ②
①$\times \beta$ - ②$\times \alpha$ 得：
$\beta x_n - \alpha\beta x_{n-1} - (\alpha x_n - \alpha\beta x_{n-1}) = \beta^{n+1} - \alpha^{n+1}$
$(\beta - \alpha)x_n = \beta^{n+1} - \alpha^{n+1}$
$x_n = \frac{\beta^{n+1} - \alpha^{n+1}}{\beta - \alpha}$

**情形二：当 $\alpha = \beta$ 时**
此时 $\Delta = p^2 - 4q = 0$，即 $\alpha = \beta = \frac{p}{2}$。
递推式变为 $x_n = 2\alpha x_{n-1} - \alpha^2 x_{n-2}$。
由前述推导，$x_n - \alpha x_{n-1} = \alpha^n$。
两边同除以 $\alpha^n$：
$\frac{x_n}{\alpha^n} - \frac{x_{n-1}}{\alpha^{n-1}} = 1$。
令 $b_n = \frac{x_n}{\alpha^n}$，则 $\{b_n\}$ 是公差为 1 的等差数列。
$b_1 = \frac{x_1}{\alpha} = \frac{2\alpha}{\alpha} = 2$。
$b_n = b_1 + (n-1)\times 1 = n + 1$。
故 $x_n = (n+1)\alpha^n = (n+1)\left(\frac{p}{2}\right)^n$。

综上所述：
$x_n = \begin{cases} \frac{\beta^{n+1} - \alpha^{n+1}}{\beta - \alpha}, & \alpha \neq \beta \\ (n+1)\alpha^n, & \alpha = \beta \end{cases}$

(3)
当 $p=1, q=\frac{1}{4}$ 时，方程 $x^2 - x + \frac{1}{4} = 0$ 的判别式 $\Delta = 1 - 1 = 0$。
故 $\alpha = \beta = \frac{1}{2}$。
代入重根情形的通项公式：
$x_n = (n+1)\left(\frac{1}{2}\right)^n$。

求前 $n$ 项和 $S_n$：
$S_n = \sum_{k=1}^n (k+1)\left(\frac{1}{2}\right)^k = 2\left(\frac{1}{2}\right)^1 + 3\left(\frac{1}{2}\right)^2 + \dots + (n+1)\left(\frac{1}{2}\right)^n$
使用错位相减法：
$S_n = \frac{2}{2} + \frac{3}{4} + \dots + \frac{n+1}{2^n}$ ①
$\frac{1}{2}S_n = \frac{2}{4} + \frac{3}{8} + \dots + \frac{n}{2^n} + \frac{n+1}{2^{n+1}}$ ②

① - ② 得：
$\frac{1}{2}S_n = 1 + \left( \frac{1}{4} + \frac{1}{8} + \dots + \frac{1}{2^n} \right) - \frac{n+1}{2^{n+1}}$
括号内为首项 $\frac{1}{4}$，公比 $\frac{1}{2}$，项数 $n-1$ 的等比数列求和（注意第一项 $1$ 单独列出，或者将 $1$ 看作 $\frac{2}{2}$，重新组合）：
更清晰的拆分：
$\frac{1}{2}S_n = \frac{2}{2} + \sum_{k=2}^n \frac{1}{2^k} - \frac{n+1}{2^{n+1}}$
其中 $\sum_{k=2}^n \frac{1}{2^k} = \frac{\frac{1}{4}(1 - (\frac{1}{2})^{n-1})}{1 - \frac{1}{2}} = \frac{1}{2} (1 - \frac{1}{2^{n-1}}) = \frac{1}{2} - \frac{1}{2^n}$。
所以：
$\frac{1}{2}S_n = 1 + \frac{1}{2} - \frac{1}{2^n} - \frac{n+1}{2^{n+1}}$
$\frac{1}{2}S_n = \frac{3}{2} - \frac{2}{2^{n+1}} - \frac{n+1}{2^{n+1}}$
$\frac{1}{2}S_n = \frac{3}{2} - \frac{n+3}{2^{n+1}}$
$S_n = 3 - \frac{n+3}{2^n}$