Question

5．已知数列{a_n}满足a₁=1，a_n²=（2a_n+1）a_n+1（n∈N^*）．
（1）求a₂、a₃的值；
（2）求数列{a_n}的通项公式；
（3）求证：$\sum_{i=1}^n{\frac{{8{a_i}}}{{1+{a_i}}}}$＜7．

Answer 1

分析 （1）利用递推关系，取n=1，2即可得出．
（2）a_n²=（2a_n+1）a_n+1（n∈N^*），两边取倒数可得：$1+\frac{1}{{a}_{n+1}}$=$（1+\frac{1}{{a}_{n}}）^{2}$，取对数利用等比数列的通项公式即可得出．
（3）由（2）得$\frac{a_n}{{{a_n}+1}}={（{\frac{1}{2}}）^{{2^{n-1}}}}$，利用二项式定理进行放缩，再利用函数的单调性与数列的单调性即可得出．

解答 （1）解：由已知得${a_{n+1}}=\frac{a_n^2}{{2{a_n}+1}}，{a_2}=\frac{a_1^2}{{2{a_1}+1}}=\frac{1}{3}$，${a_3}=\frac{a_2^2}{{2{a_2}+1}}=\frac{1}{15}$．
（2）解：由已知得a_n＞0，∴$\frac{1}{{a}_{n+1}}$=$\frac{2{a}_{n}+1}{{a}_{n}^{2}}$=$（1+\frac{1}{{a}_{n}}）^{2}$-1，∴$1+\frac{1}{{a}_{n+1}}$=$（1+\frac{1}{{a}_{n}}）^{2}$，
取对数可得：$lg（{1+\frac{1}{{{a_{n+1}}}}}）=lg{（{1+\frac{1}{a_n}}）^2}=2lg（{1+\frac{1}{a_n}}）$，
数列$\left\{{lg（{1+\frac{1}{a_n}}）}\right\}$是首项为$lg（{1+\frac{1}{a_1}}）=lg2$，公比为2的等比数列，
因此$lg（{1+\frac{1}{a_n}}）={2^{n-1}}lg2=lg{2^{{2^{n-1}}}}，1+\frac{1}{a_n}={2^{{2^{n-1}}}}，{a_n}=\frac{1}{{{2^{{2^{n-1}}}}-1}}$．
（3）证明：由（2）得$\frac{a_n}{{{a_n}+1}}={（{\frac{1}{2}}）^{{2^{n-1}}}}$，
因此$\sum_{i=1}^n{\frac{a_i}{{1+{a_i}}}=\frac{a_1}{{1+{a_1}}}+\frac{a_2}{{1+{a_2}}}+…+\frac{a_n}{{1+{a_n}}}=\frac{1}{2}+{{（{\frac{1}{2}}）}^2}}+（{\frac{1}{2}}）{2^2}+…+{（{\frac{1}{2}}）^{{2^{n-1}}}}$，
由于${2^{n-1}}=1+C_{n-1}^1+C_{n-1}^2+…+C_{n-1}^{n-1}$，当n≥4时，${2^{n-1}}=1+C_{n-1}^1+C_{n-1}^2+…+C_{n-1}^{n-1}＞n+1$，
当n≥4时，${（{\frac{1}{2}}）^{{2^{n-1}}}}＜{（{\frac{1}{2}}）^{n+1}}$，$\sum_{i=1}^n{\frac{a_i}{{1+{a_i}}}}＜\frac{1}{2}+{（{\frac{1}{2}}）^2}+{（{\frac{1}{2}}）^{2^2}}+[{{{（{\frac{1}{2}}）}^5}+{{（{\frac{1}{2}}）}^6}+…+{{（{\frac{1}{2}}）}^{n+1}}}]$=$\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{16}+\frac{{{{（{\frac{1}{2}}）}^5}[{1-{{（{\frac{1}{2}}）}^{n-3}}}]}}{{1-\frac{1}{2}}}=\frac{7}{8}-{（{\frac{1}{2}}）^{n+1}}＜\frac{7}{8}$，所以$\sum_{i=1}^n{\frac{{8{a_i}}}{{1+{a_i}}}＜7}$．
不难验证当n=1，2，3时，不等式$\sum_{i=1}^n{\frac{{8{a_i}}}{{1+{a_i}}}＜7}$也成立，
综上所述，$\sum_{i=1}^n{\frac{{8{a_i}}}{{1+{a_i}}}＜7}$．

点评 本题考查了数列递推关系、等比数列的通项公式与求和公式、二项式定理、函数的单调性与数列的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于难题．