Question

2．數(shù)列{a_n}各項均為正數(shù)，a₁=$\frac{1}{2}$，且對任意的n∈N^*，都有a_n+1=a_n+ca_n²（c＞0）．
（1）求$\frac{c}{1+c{a}_{1}}$+$\frac{c}{1+c{a}_{2}}$+$\frac{1}{{a}_{3}}$的值；
（2）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，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）由a₁=$\frac{1}{2}$，且對任意的n∈N^*，都有a_n+1=a_n+ca_n²（c＞0），可得a₂=${a}_{1}+c{a}_{1}^{2}$=$\frac{1}{2}+\frac{1}{4}c$，a₃=$\frac{1}{16}$（2+c）（4+2c+c²）．代入化簡整理即可得出．
（2）a_n+1=a_n+ca_n²，c=$\frac{1}{2016}$，變形為$\frac{1}{{a}_{n}+2016}$=$\frac{1}{{a}_{n}}-\frac{1}{{a}_{n+1}}$，可得$\frac{1}{{a}_{1}+2016}$+$\frac{1}{{a}_{2}+2016}$+…+$\frac{1}{{a}_{n}+2016}$=$（\frac{1}{{a}_{1}}-\frac{1}{{a}_{2}}）$+$（\frac{1}{{a}_{2}}-\frac{1}{{a}_{3}}）$+…+$（\frac{1}{{a}_{n}}-\frac{1}{{a}_{n+1}}）$=$2-\frac{1}{{a}_{n+1}}$．通過“放縮法”即可得出結(jié)論．

解答 解：（1）∵a₁=$\frac{1}{2}$，且對任意的n∈N^*，都有a_n+1=a_n+ca_n²（c＞0），
∴a₂=${a}_{1}+c{a}_{1}^{2}$=$\frac{1}{2}+\frac{1}{4}c$，a₃=${a}_{2}+c{a}_{2}^{2}$=$\frac{1}{2}+\frac{1}{4}c$+c$（\frac{1}{2}+\frac{1}{4}c）^{2}$=$\frac{1}{16}$（2+c）（4+2c+c²）．
∴$\frac{c}{1+c{a}_{1}}$+$\frac{c}{1+c{a}_{2}}$+$\frac{1}{{a}_{3}}$=$\frac{c}{1+\frac{1}{2}c}$+$\frac{c}{1+c（\frac{1}{2}+\frac{1}{4}c）}$+$\frac{16}{（2+c）（4+2c+{c}^{2}）}$
=$\frac{2c}{2+c}$+$\frac{4c}{4+2c+{c}^{2}}$+$\frac{16}{（2+c）（4+2c+{c}^{2}）}$
=$\frac{2c（4+2c+{c}^{2}）+4c（2+c）+16}{（2+c）（4+2c+{c}^{2}）}$=2．
（2）∵a_n+1=a_n+ca_n²，c=$\frac{1}{2016}$，
∴a_n+1＞a_n＞0．
∴$\frac{1}{{a}_{n+1}}=\frac{1}{{a}_{n}}-\frac{1}{{a}_{n}+2016}$，即$\frac{1}{{a}_{n}+2016}$=$\frac{1}{{a}_{n}}-\frac{1}{{a}_{n+1}}$，
∴$\frac{1}{{a}_{1}+2016}$+$\frac{1}{{a}_{2}+2016}$+…+$\frac{1}{{a}_{n}+2016}$=$（\frac{1}{{a}_{1}}-\frac{1}{{a}_{2}}）$+$（\frac{1}{{a}_{2}}-\frac{1}{{a}_{3}}）$+…+$（\frac{1}{{a}_{n}}-\frac{1}{{a}_{n+1}}）$=$2-\frac{1}{{a}_{n+1}}$．
∴$2-\frac{1}{{a}_{2017}}$＜$\frac{1}{2016}$+$\frac{1}{2016}$+…+$\frac{1}{2016}$=$\frac{n}{2016}$．
當n=2016時，$2-\frac{1}{{a}_{2017}}$＜1，可得a₂₀₁₇＜1．
當n=2017時，2-$\frac{1}{{a}_{2018}}$＞$\frac{1}{2017}$+$\frac{1}{2017}$+…+$\frac{1}{2017}$=1，可得a₂₀₁₈＞1．
因此存在n∈N^*，使得a_n＞1．

點評 本題考查了數(shù)列的遞推關(guān)系、“裂項求和”、反證法，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．