Question

若数列{A_n}满足A_n+1=A_n²，则称数列{A_n}为“平方递推数列”．已知数列{a_n}中，a₁=9，点（a_n，a_n+1）在函数f（x）=x²+2x的图象上，其中n为正整数．
（Ⅰ）证明数列{a_n+1}是“平方递推数列”，且数列{lg（a_n+1）}为等比数列；
（Ⅱ）设（Ⅰ）中“平方递推数列”的前n项积为T_n，即T_n=（a₁+1）（a₂+1）…（a_n+1），求lgT_n；
（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，记b_n=

lgTn

lg(an+1)

，求数列{b_n}的前n项和S_n，并求使S_n＞4026的n的最小值．

Answer 1

考点：数列与不等式的综合,数列的求和

专题：等差数列与等比数列

分析：（Ⅰ）由已知条件推导出an+1+1=(an+1)2，从而能证明{a_n+1}是“平方递推数列”，对an+1+1=(an+1)2两边取对数能证明数列{lg（a_n+1）}是等比数列．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知 lg(an+1)=lg(a1+1)•2n-1=2n-1，从而得到lgT_n=2⁰+2+2²+…+2^n-1，由此利用等比数列求和公式能求出结果．
（Ⅲ）由bn=

lgTn

lg(an+1)

=

2n-1

2n-1

=2-(

1

2

)n-1，求出Sn=2n-

1- 1 2n

1- 1 2

=2n-2+

1

2n-1

，由此能求出使S_n＞4026的n的最小值．

解答： （Ⅰ）证明：∵点（a_n，a_n+1）在函数f（x）=x²+2x的图象上，
∴an+1=an2+2an，
∴an+1+1=(an+1)2，
∴{a_n+1}是“平方递推数列”．…（2分）
对an+1+1=(an+1)2两边取对数得lg（a_n+1+1）=2lg（a_n+1），
∴数列{lg（a_n+1）}是以{lg（a₁+1）}为首项，2为公比的等比数列．…（4分）
（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知 lg(an+1)=lg(a1+1)•2n-1=2n-1…（5分）
∴lgT_n=lg（a₁+1）（a₂+1）…（a_n+1）
=lg（a₁+1）+lg（a₂+1）+…+lg（a_n+1）
=2⁰+2+2²+…+2^n-1
=

1•(1-2n)

1-2

=2n-1．…（8分）
（Ⅲ）解：∵bn=

lgTn

lg(an+1)

=

2n-1

2n-1

=2-(

1

2

)n-1…（9分）
∴Sn=2n-

1- 1 2n

1- 1 2

=2n-2+

1

2n-1

…（10分）
又S_n＞4026，即2n-2+

1

2n-1

＞4026，n+

1

2n

＞2014…（11分）
又0＜

1

2n

＜1，∴n_min=2014．…（12分）

点评：本题考查“平方递推数列”和等比数列的证明，考查数列前n项和的求法，考查最小值的求法，解题时要认真审题，注意等比数列前n项和公式的合理运用．