Question

15．?dāng)?shù)列{a_n}各項(xiàng)均為正數(shù)，${a_1}=\frac{1}{2}$，且對(duì)任意的n∈N^*，有${a_{n+1}}={a_n}+c{a_n}^2（c＞0）$．
（Ⅰ）求證：$\sum_{i=1}^n{\frac{c}{{1+c{a_i}}}}＜2$；
（Ⅱ）若$c=\frac{1}{2016}$，是否存在n∈N^*，使得a_n＞1，若存在，試求出n的最小值，若不存在，請(qǐng)說明理由．

Answer 1

分析 （1）把已知數(shù)列遞推式取倒數(shù)，可得$\frac{1}{{a}_{n}}-\frac{1}{{a}_{n+1}}=\frac{c}{1+c{a}_{n}}$，然后利用累加法證得答案；
（2）把$c=\frac{1}{2016}$代入已知遞推式，得a_n+1=a_n+$\frac{1}{2016}$a_n²＞a_n，然后利用放縮法得a₁＜a₂＜…a₂₀₁₇＜1＜a₂₀₁₈＜a₂₀₁₉＜…，從而說明存在n∈N^*，使得a_n＞1，且n的最小值為2018．

解答 （1）證明：由${a_{n+1}}={a_n}+c{a_n}^2（c＞0）$，得
$\frac{1}{{a}_{n+1}}=\frac{1}{{a}_{n}+c{{a}_{n}}^{2}}=\frac{1}{{a}_{n}}-\frac{c}{1+c{a}_{n}}$，
即$\frac{1}{{a}_{n}}-\frac{1}{{a}_{n+1}}=\frac{c}{1+c{a}_{n}}$，
∴$\frac{1}{{a}_{1}}-\frac{1}{{a}_{2}}=\frac{c}{1+c{a}_{1}}$，
$\frac{1}{{a}_{2}}-\frac{1}{{a}_{3}}=\frac{c}{1+c{a}_{2}}$，
…
$\frac{1}{{a}_{n}}-\frac{1}{{a}_{n+1}}=\frac{c}{1+c{a}_{n}}$，
累加得：$\frac{1}{{a}_{1}}-\frac{1}{{a}_{n+1}}=\frac{c}{1+c{a}_{1}}+\frac{c}{1+c{a}_{2}}+…+\frac{c}{1+c{a}_{n}}$，
即$\sum_{i=1}^{n}\frac{c}{1+c{a}_{i}}=\frac{1}{{a}_{1}}-\frac{1}{{a}_{n+1}}=2-\frac{1}{{a}_{n+1}}$，
∵a_n＞0，
∴$\sum_{i=1}^n{\frac{c}{{1+c{a_i}}}}＜2$；
∴數(shù)列a_n單調(diào)遞增，
（2）解：當(dāng)$c=\frac{1}{2016}$時(shí)，a_n+1=a_n+$\frac{1}{2016}$a_n²＞a_n，
得$\frac{1}{2}={a}_{1}＜{a}_{2}＜{a}_{3}＜…＜{a}_{2016}$，
由a_n+1=a_n+$\frac{1}{2016}$a_n²，得
$\frac{1}{{a}_{n}}-\frac{1}{{a}_{n+1}}=\frac{1}{{a}_{n}+2016}$，
∴$2-\frac{1}{{a}_{2017}}=\frac{1}{{a}_{1}+2016}+\frac{1}{{a}_{2}+2016}+…+\frac{1}{{a}_{2016}+2016}$，
∵a_i＞0（i=1，2，…，2016），
∴$2-\frac{1}{{a}_{2017}}＜\frac{1}{2016}×2016=1$，
則a₂₀₁₇＜1；
又$2-\frac{1}{{a}_{2018}}=\frac{1}{{a}_{1}+2016}+\frac{1}{{a}_{2}+2016}+…+\frac{1}{{a}_{2017}+2016}$，
∴$2-\frac{1}{{a}_{2018}}＞\frac{1}{1+2016}$×2017=1．
即a₂₀₁₈＞1．
即數(shù)列{a_n}滿足a₁＜a₂＜…a₂₀₁₇＜1＜a₂₀₁₈＜a₂₀₁₉＜…，
綜上所述，存在n∈N^*，使得a_n＞1，且n的最小值為2018．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了數(shù)列的遞推式，訓(xùn)練了裂項(xiàng)相消法求數(shù)列的通項(xiàng)公式，考查了推理能力與計(jì)算能力，難度較大．