Question

15．已知在数列{a_n}中，a₁=1，a_n+1=$\frac{{a}_{n}^{2}}{t{a}_{n}+2}$
（Ⅰ）若t=0，求数列{a_n}的通项公式；
（Ⅱ）若t=1，求证：$\frac{2}{3}≤\frac{2{a}_{1}}{{a}_{1}+2}+\frac{4{a}_{2}}{{a}_{2}+2}+\frac{6{a}_{3}}{{a}_{3}+2}+…+\frac{2n{a}_{n}}{{a}_{n}+2}＜\frac{3}{2}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）通过t=0可知a_n+1=$\frac{{{a}_{n}}^{2}}{2}$，进而取对数、变形可知lna_n+1-ln2=2（lna_n-ln2），计算即得结论；
（Ⅱ）通过a₁=1可知a_n+1=$\frac{{{a}_{n}}^{2}}{{a}_{n}+2}$且a_n＞0，放缩即得$\frac{2{a}_{1}}{{a}_{1}+2}$+$\frac{4{a}_{2}}{{a}_{2}+2}$+…+$\frac{2n{a}_{n}}{{a}_{n}+2}$≥$\frac{2}{3}$，利用a_n+1-a_n=$\frac{-2{a}_{n}}{{a}_{n}+2}$＜0可知数列{a_n}是递减数列，进而可知a_n+1≤$\frac{1}{3}$a_n，即a_n≤$\frac{1}{{3}^{n-1}}$，利用a_n+1-a_n=-$\frac{2{a}_{n}}{{a}_{n}+2}$转化、相加即得结论．

解答 证明：（Ⅰ）若t=0，则a_n+1=$\frac{{{a}_{n}}^{2}}{2}$，
由a₁=1可知a_n＞0，
从而lna_n+1=2lna_n-ln2，
从而lna_n+1-ln2=2（lna_n-ln2），即ln$\frac{{a}_{n+1}}{2}$=2ln$\frac{{a}_{n}}{2}$，
又∵ln$\frac{{a}_{1}}{2}$=ln2^-1，
∴数列{ln$\frac{{a}_{n}}{2}$}是首项为ln2^-1、公比为2的等比数列，
∴ln$\frac{{a}_{n}}{2}$=2^n-1ln2^-1=ln${2}^{-{2}^{n-1}}$，即a_n=${2}^{1-{2}^{n-1}}$；
（Ⅱ）首先，由a₁=1，a_n+1=$\frac{{{a}_{n}}^{2}}{{a}_{n}+2}$，可知a_n＞0，
则：$\frac{2{a}_{1}}{{a}_{1}+2}$+$\frac{4{a}_{2}}{{a}_{2}+2}$+…+$\frac{2n{a}_{n}}{{a}_{n}+2}$≥$\frac{2{a}_{1}}{{a}_{1}+2}$=$\frac{2}{3}$，
∵a_n+1-a_n=$\frac{-2{a}_{n}}{{a}_{n}+2}$＜0，
∴数列{a_n}是递减数列，
∴$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$=$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n}+2}$=1-$\frac{2}{{a}_{n}+2}$≤1-$\frac{2}{{a}_{1}+2}$=$\frac{1}{3}$，即a_n+1≤$\frac{1}{3}$a_n，
∴a_n≤$\frac{1}{{3}^{n-1}}$a₁=$\frac{1}{{3}^{n-1}}$，
又∵a_n+1-a_n=$\frac{{{a}_{n}}^{2}}{{a}_{n}+2}$-a_n=-$\frac{2{a}_{n}}{{a}_{n}+2}$，
∴$\frac{2{a}_{1}}{{a}_{1}+2}$+$\frac{4{a}_{2}}{{a}_{2}+2}$+…+$\frac{2n{a}_{n}}{{a}_{n}+2}$=（a₁-a₂）+2（a₂-a₃）+3（a₃-a₄）+…+n（a_n-a_n+1）
=a₁+a₂+a₃+a₄+…+a_n-na_n+1
＜1+$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{{3}^{2}}$+…+$\frac{1}{{3}^{n-1}}$=$\frac{1-\frac{1}{{3}^{n}}}{1-\frac{1}{3}}$＜$\frac{3}{2}$，
综上所述：$\frac{2}{3}≤\frac{2{a}_{1}}{{a}_{1}+2}+\frac{4{a}_{2}}{{a}_{2}+2}+\frac{6{a}_{3}}{{a}_{3}+2}+…+\frac{2n{a}_{n}}{{a}_{n}+2}＜\frac{3}{2}$．

点评 本题是一道关于数列与不等式的综合题，考查转化思想，考查放缩法，考查数列的通项及前n项和，注意解题方法的积累，属于中档题．