13.各項(xiàng)為正的數(shù)列{an}滿足${a_1}=\frac{1}{2},{a_{n+1}}=\frac{{{a_n}^2}}{λ}+{a_n}(n∈{N^*})$,
(1)當(dāng)λ=an+1時(shí),求證:數(shù)列{an}是等比數(shù)列,并求其公比;
(2)當(dāng)λ=2時(shí),令${b_n}=\frac{1}{{{a_n}+2}}$,記數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Sn,數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)之積為Tn
求證:對(duì)任意正整數(shù)n,2n+1Tn+Sn為定值.

分析 (1)遞推式兩邊同除an,得出關(guān)于$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$的方程,求出$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$=$\frac{1+\sqrt{5}}{2}$,得出結(jié)論;
(2)化簡整理可得bn=$\frac{{a}_{n}}{2{a}_{n+1}}$,求出Sn,Tn即可得出結(jié)論.

解答 證明:(1)當(dāng)λ=an+1時(shí),an+1=$\frac{{a}_{n}^{2}}{{a}_{n+1}}$+an,an>0,
∴$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$=$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n+1}}$+1,
令$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$=q>0,則q=$\frac{1}{q}$+1,化為q2-q-1=0,解得q=$\frac{1+\sqrt{5}}{2}$.
∴數(shù)列{an}是等比數(shù)列,其公比q=$\frac{1+\sqrt{5}}{2}$.
(2)當(dāng)λ=2時(shí),an+1=$\frac{{a}_{n}^{2}}{2}$+an,∴2an+1=an(an+2),
∴${b_n}=\frac{1}{{{a_n}+2}}$=$\frac{{a}_{n}}{2{a}_{n+1}}$.
∴Tn=b1b2b3…bn=$\frac{{a}_{1}}{2{a}_{2}}$•$\frac{{a}_{2}}{2{a}_{3}}$•…•$\frac{{a}_{n}}{2{a}_{n+1}}$=$\frac{{a}_{1}}{{2}^{n}{a}_{n+1}}$=$\frac{1}{{2}^{n+1}}•$$\frac{1}{{a}_{n+1}}$.
又bn=$\frac{{a}_{n}}{2{a}_{n+1}}$=$\frac{{{a}_{n}}^{2}}{2{a}_{n}{a}_{n+1}}$=$\frac{2({a}_{n+1}-{a}_{n})}{2{a}_{n}{a}_{n+1}}$=$\frac{1}{{a}_{n}}$-$\frac{1}{{a}_{n+1}}$,
∴Sn=b1+b2+b3+…+bn=$\frac{1}{{a}_{1}}$-$\frac{1}{{a}_{2}}$+$\frac{1}{{a}_{2}}-\frac{1}{{a}_{3}}$+…+$\frac{1}{{a}_{n}}$-$\frac{1}{{a}_{n+1}}$=$\frac{1}{{a}_{1}}$-$\frac{1}{{a}_{n+1}}$,
∴2n+1Tn+Sn=$\frac{1}{{a}_{n+1}}$+$\frac{1}{{a}_{1}}$-$\frac{1}{{a}_{n+1}}$=$\frac{1}{{a}_{1}}$=2.
∴對(duì)任意正整數(shù)n,2n+1Tn+Sn為定值2.

點(diǎn)評(píng) 本題考查了數(shù)列遞推關(guān)系、等比數(shù)列的判斷,求和公式,考查了推理能力與計(jì)算能力,屬于中檔題.

練習(xí)冊(cè)系列答案
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