Question

10．若數(shù)列{A_n}滿足A_n+1=A_n²，則稱數(shù)列{A_n}為“平方遞推數(shù)列”．已知數(shù)列{a_n}中，a₁=9，且a_n+1=a${\;}_{n}^{2}$+2a_n，其中n為正整數(shù)．
（Ⅰ）證明數(shù)列{a_n+1}是“平方遞推數(shù)列”，且數(shù)列{lg（a_n+1）}為等比數(shù)列．
（Ⅱ）設（Ⅰ）中“平方遞推數(shù)列”的前n項之積為T_n，即T_n=（a₁+1）（a₂+1）…（a_n+1），求lgT_n．
（Ⅲ）在（2）的條件下，記b_n=$\frac{lg{T}_{n}}{lg（{a}_{n}+1）}$，求數(shù)列{b_n}的前n項和S_n，并求使S_n＞4030的n的最小值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）把已知數(shù)列遞推式變形，可得${a}_{n+1}+1=（{a}_{n}+1）^{2}$，則數(shù)列{a_n+1}是“平方遞推數(shù)列”，兩邊取對數(shù)后可得數(shù)列{lg（a_n+1）}為等比數(shù)列；
（Ⅱ）由（Ⅰ）求得$lg（{a}_{n}+1）={2}^{n-1}$，然后利用對數(shù)的運算性質(zhì)把T_n轉(zhuǎn)化為等比數(shù)列求解；
（Ⅲ）化簡b_n=$\frac{lg{T}_{n}}{lg（{a}_{n}+1）}$，分組求和后得到${S}_{n}=2n-2+\frac{1}{{2}^{n-1}}$，再由S_n＞4030求得n的最小值．

解答 （Ⅰ）證明：由題意知，${a}_{n+1}={{a}_{n}}^{2}+2{a}_{n}$，
即${a}_{n+1}+1=（{a}_{n}+1）^{2}$，則數(shù)列{a_n+1}是“平方遞推數(shù)列”，
對${a}_{n+1}+1=（{a}_{n}+1）^{2}$，兩邊取對數(shù)得lg（a_n+1+1）=2lg（a_n+1），
∴數(shù)列{lg（a_n+1）}是以{lg（a₁+1）}為首項，2為公比的等比數(shù)列；
（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知$lg（{a}_{n}+1）=lg（{a}_{1}+1）•{2}^{n-1}={2}^{n-1}$，
∴l(xiāng)gT_n=lg（a₁+1）（a₂+1）…（a_n+1）=lg（a₁+1）+lg（a₂+1）+…+lg（a_n+1）
=1+2+2²+…+2^n-1=$\frac{1×（1-{2}^{n}）}{1-2}={2}^{n}-1$；
（Ⅲ）解：b_n=$\frac{lg{T}_{n}}{lg（{a}_{n}+1）}$=$\frac{{2}^{n}-1}{{2}^{n-1}}=2-（\frac{1}{2}）^{n-1}$，
∴${S}_{n}=2n-\frac{1-\frac{1}{{2}^{n}}}{1-\frac{1}{2}}=2n-2+\frac{1}{{2}^{n-1}}$．
又S_n＞4030，即$2n-2+\frac{1}{{2}^{n-1}}＞4030$，
得$n+\frac{1}{{2}^{n}}＞2016$，
又0$＜\frac{1}{{2}^{n}}＜1$，
∴n_min=2016．

點評 本題考查數(shù)列遞推式，考查了等比關(guān)系的確定，訓練了對數(shù)的運算性質(zhì)，考查等比數(shù)列的前n項和，考查了數(shù)列的函數(shù)特性，是中檔題．