Question

11．设数列{a_n}满足a₁=4，2$\sqrt{{a}_{n}}$=$\sqrt{{a}_{n}{a}_{n+1}}$+1，n∈N^*．
（1）证明：数列{$\frac{1}{\sqrt{{a}_{n}}-1}$}是等差数列；
（2）求使lga₁+lga₂+…+lga_n＞4成立的最小正整数n的值．

Answer 1

分析 （1）由2$\sqrt{{a}_{n}}$=$\sqrt{{a}_{n}{a}_{n+1}}$+1，可得$\sqrt{{a}_{n+1}}$=$\frac{2\sqrt{{a}_{n}}-1}{\sqrt{{a}_{n}}}$，$\frac{1}{\sqrt{{a}_{n+1}}-1}$=1+$\frac{1}{\sqrt{{a}_{n}}-1}$，即可证明．
（2）由（1）可得$\frac{1}{\sqrt{{a}_{n}}-1}$=1+（n-1）=n，化为a_n=$（\frac{n+1}{n}）^{2}$，可得lga_n=2[lg（n+1）-lgn]，利用“累加求和”即可得出．

解答 （1）证明：∵2$\sqrt{{a}_{n}}$=$\sqrt{{a}_{n}{a}_{n+1}}$+1，
∴$\sqrt{{a}_{n+1}}$=$\frac{2\sqrt{{a}_{n}}-1}{\sqrt{{a}_{n}}}$，
∴$\frac{1}{\sqrt{{a}_{n+1}}-1}$=$\frac{1}{\frac{2\sqrt{{a}_{n}}-1}{\sqrt{{a}_{n}}}}$=$\frac{\sqrt{{a}_{n}}}{\sqrt{{a}_{n}}-1}$=$\frac{\sqrt{{a}_{n}}-1+1}{\sqrt{{a}_{n}}-1}$=1+$\frac{1}{\sqrt{{a}_{n}}-1}$，
∴$\frac{1}{\sqrt{{a}_{n+1}}-1}$-$\frac{1}{\sqrt{{a}_{n}}-1}$=1，
∴数列{$\frac{1}{\sqrt{{a}_{n}}-1}$}是等差数列，首项为1，公差为1；
（2）解：由（1）可得$\frac{1}{\sqrt{{a}_{n}}-1}$=1+（n-1）=n，
解得a_n=$（\frac{n+1}{n}）^{2}$，
∴lga_n=2[lg（n+1）-lgn]，
∴lga₁+lga₂+…+lga_n=2[lg（n+1）-lgn]+2[lgn-lg（n-1）]+…+2[lg2-lg1]=2lg（n+1）．
∴lga₁+lga₂+…+lga_n＞4，即2lg（n+1）＞4，化为lg（n+1）＞2．
∴n+1＞10²，
解得n＞99．
∴使lga₁+lga₂+…+lga_n＞4成立的最小正整数n=100．

点评 本题考查了递推关系的应用、等差数列的通项公式、“累加求和”，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．