Question

已知数列{a_n}满足a₁=a₂=2，a_n+1=a_n+2a_n-1（n≥2）．
（1）求数列{a_n}的通项公式；
（2）当n≥2时，求证：

1

a1

+

1

a2

+…+

1

an

＜3；
（3）若函数f（x）满足：f（1）=a₁，f（n+1）=[f（n）]²+f（n）（n∈N^*），求证：

n

k=1

1

f(k)+1

＜

1

2

．．

Answer 1

分析：（1）根据a_n+1=a_n+2a_n-1可得a_n+1+a_n=2（a_n+a_n-1）进而推知{a_n+1+a_n}是等比数列，根据等比数列的通项公式可得{a_n+1+a_n}通项公式；同理可推知∴{a_n+1-2a_n}为等比数列，进而求得其通项公式．两个通项公式相减即可得到的a_n通项公式．
（2）首先根据

1

an-1

+

1

an

=

3

2

(

1

2n-1+1

+

1

2n-1

)＜

3

2

(

1

2n-1

+

1

2n

)，进而可推知，

1

a1

+

1

a2

+…+

1

an

＜

3

2

(1+

1

2

+

1

22

+…+

1

2n

)=3-

3

2n

＜3
（3）根据f（n+1）=[f（n）]²+f（n），可知f（n+1）-f（n）=[f（n）]²≥0，进而推断f（n+1）≥f（n）≥f（n-1）…≥f（1）=2＞0；对f（n+1）=[f（n）]²+f（n）变形可知

1

f(n+1)

=

1

[f(n)]2+f(n)

=

1

f(n)[f(n)+1]

=

1

f(n)

-

1

f(n)+1

代入

n

k=1

1

f(k)+1

得

n

k=1

1

f(k)+1

=

1

f(1)

-

1

f(n+1)

＜

1

f(1)

=

1

2

，原式得证．

解答：解：（1）∵a_n+1=a_n+2a_n-1，∴a_n+1+a_n=2（a_n+a_n-1）（n≥2）
∴{a_n+1+a_n}是2为公比，a₁+a₂=4为首项的等比数列．
故a_n+1+a_n=2ⁿ⁺¹①
又由a_n+1=a_n+2a_n-1得：a_n+1-2a_n=-（a_n-2a_n-1）（n≥2）
∴{a_n+1-2a_n}是以-1为公比，a₁-2a₂=-2为首项的等比数列
故a_n+1-2a_n=2×（-1）ⁿ②
①-②得：3a_n=2[2ⁿ-（-1）ⁿ]（n≥2）
又a₁=2也适合上式
∴a_n=

2

3

[2n-(-1)ⁿ]
（2）当n为偶数时，

1

an-1

+

1

an

=

3

2

(

1

2n-1+1

+

1

2n-1

)=

3

2

2n+2n-1

2n-12n+2n-1-1

＜

3

2

2n+2n-1

2n2n-1

=

3

2

(

1

2n-1

+

1

2n

)（n≥2）
∴

1

a1

+

1

a2

+…+

1

an

＜

3

2

(1+

1

2

+

1

22

+…+

1

2n

)=3-

3

2n

＜3
当n为奇数时，由（1）可知

1

a1

+

1

a2

+…+

1

an

＜

1

a1

+

1

a2

+…+

1

an

+

1

an+1

＜3
∴原式得证．
（3）∵f（n+1）=[f（n）]²+f（n）
∴f（n+1）-f（n）=[f（n）]^2_≥0
∴f（n+1）≥f（n）
∴f（n+1）≥f（n）≥f（n-1）…≥f（1）=2＞0
又

1

f(n+1)

=

1

[f(n)]2+f(n)

=

1

f(n)[f(n)+1]

=

1

f(n)

-

1

f(n)+1

∴

1

f(n)+1

=

1

f(n)

-

1

f(n+1)

故

n

k=1

1

f(k)+1

=[

1

f(1)

-

1

f(2)

]+[

1

f(2)

-

1

f(3)

]+…+[

1

f(n)

-

1

f(n+1)

]=

1

f(1)

-

1

f(n+1)

＜

1

f(1)

=

1

2

点评：本题主要考查了等比关系的确定问题．本题的关键是充分利用了不等式的传递性等性质．