Question

13．各項(xiàng)為正的數(shù)列{a_n}滿足${a_1}=\frac{1}{2}，{a_{n+1}}=\frac{{{a_n}^2}}{λ}+{a_n}（n∈{N^*}）$，
（1）當(dāng)λ=a_n+1時(shí)，求證：數(shù)列{a_n}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{b_n}的前n項(xiàng)和為S_n，數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)之積為T_n，
求證：對(duì)任意正整數(shù)n，2ⁿ⁺¹T_n+S_n為定值．

Answer 1

分析 （1）遞推式兩邊同除a_n，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b_n=$\frac{{a}_{n}}{2{a}_{n+1}}$，求出S_n，T_n即可得出結(jié)論．

解答 證明：（1）當(dāng)λ=a_n+1時(shí)，a_n+1=$\frac{{a}_{n}^{2}}{{a}_{n+1}}$+a_n，a_n＞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{a_n}是等比數(shù)列，其公比q=$\frac{1+\sqrt{5}}{2}$．
（2）當(dāng)λ=2時(shí)，a_n+1=$\frac{{a}_{n}^{2}}{2}$+a_n，∴2a_n+1=a_n（a_n+2），
∴${b_n}=\frac{1}{{{a_n}+2}}$=$\frac{{a}_{n}}{2{a}_{n+1}}$．
∴T_n=b₁b₂b₃…b_n=$\frac{{a}_{1}}{2{a}_{2}}$•$\frac{{a}_{2}}{2{a}_{3}}$•…•$\frac{{a}_{n}}{2{a}_{n+1}}$=$\frac{{a}_{1}}{{2}^{n}{a}_{n+1}}$=$\frac{1}{{2}^{n+1}}•$$\frac{1}{{a}_{n+1}}$．
又b_n=$\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}}$，
∴S_n=b₁+b₂+b₃+…+b_n=$\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}}$，
∴2ⁿ⁺¹T_n+S_n=$\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⁺¹T_n+S_n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．