Question

19．已知數(shù)列{a_n}滿(mǎn)足a₁=1，a_n+1=$\frac{{a}_{n}^{2}}{{2a}_{n}+1}$（n∈N₊）
（1）求a₂，a₃的值；
（2）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（3）求證：$\sum_{i=1}^{n}$$\frac{{a}_{i}}{1{+a}_{i}}$＜$\frac{7}{8}$．

Answer 1

分析 （1）由已知條件，分別令n=1和n=2，利用遞推思想能求出a₂和a₃．
（2）由已知得$\frac{1}{{a}_{n+1}}$+1=（$\frac{1}{{a}_{n}}+1$）²，兩邊取對(duì)數(shù)，得{$lo{g}_{2}（\frac{1}{{a}_{n}}+1）$}是首項(xiàng)為1，公比為2的等比數(shù)列，由此能求出a_n=$\frac{1}{{2}^{{2}^{n-1}}-1}$．
（3）先求出$\frac{{a}_{n}}{1+{a}_{n}}$=$\frac{1}{{2}^{2n-1}}$=2^1-2n，再利用等比數(shù)列前n項(xiàng)和公式能求出$\sum_{i=1}^{n}$$\frac{{a}_{i}}{1{+a}_{i}}$的值．

解答 （1）解：∵數(shù)列{a_n}滿(mǎn)足a₁=1，a_n+1=$\frac{{a}_{n}^{2}}{{2a}_{n}+1}$（n∈N₊），
∴a₂=$\frac{1}{2+1}$=$\frac{1}{3}$，
a₃=$\frac{\frac{1}{9}}{\frac{2}{3}+1}$=$\frac{1}{15}$．
（2）解：∵數(shù)列{a_n}滿(mǎn)足a₁=1，a_n+1=$\frac{{a}_{n}^{2}}{{2a}_{n}+1}$（n∈N₊），
∴$\frac{1}{{a}_{n+1}}$=$\frac{2{a}_{n}+1}{{{a}_{n}}^{2}}$=$\frac{2}{{a}_{n}}$+$\frac{1}{{{a}_{n}}^{2}}$=（$\frac{1}{{a}_{n}}+1$）²-1，
∴$\frac{1}{{a}_{n+1}}$+1=（$\frac{1}{{a}_{n}}+1$）²，
兩邊取對(duì)數(shù)，得log₂（$\frac{1}{{a}_{n+1}}+1$）=2log₂（$\frac{1}{{a}_{n}}+1$），
又$l0{g}_{2}（\frac{1}{{a}_{1}}+1）=1$，
∴{$lo{g}_{2}（\frac{1}{{a}_{n}}+1）$}是首項(xiàng)為1，公比為2的等比數(shù)列，
∴$lo{g}_{2}（\frac{1}{{a}_{n}}+1）$=2^n-1，∴$\frac{1}{{a}_{n}}$+1=${2}^{{2}^{n-1}}$，
解得a_n=$\frac{1}{{2}^{{2}^{n-1}}-1}$．
（3）證明：∵a_n=$\frac{1}{{2}^{{2}^{n-1}}-1}$，∴$\frac{{a}_{n}}{1+{a}_{n}}$=$\frac{1}{{2}^{2n-1}}$=2^1-2n，
∴$\sum_{i=1}^{n}$$\frac{{a}_{i}}{1{+a}_{i}}$=2^-1+2^-3+2^-5+…+2^1-2n=$\frac{\frac{1}{2}（1-\frac{1}{{4}^{n}}）}{1-\frac{1}{4}}$=$\frac{2}{3}-\frac{1}{2}×\frac{1}{{4}^{n}}$＜$\frac{2}{3}$＜$\frac{7}{8}$．
∴$\sum_{i=1}^{n}$$\frac{{a}_{i}}{1{+a}_{i}}$＜$\frac{7}{8}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查數(shù)列的通項(xiàng)公式的求法，考查數(shù)列的前n項(xiàng)和小于$\frac{7}{8}$的證明，是中檔題，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意構(gòu)造法和對(duì)數(shù)性質(zhì)的合理運(yùn)用．