Question

17．在数列{a_n}中，已知a₁=2，点（a_n，a_n+1）在函数f（x）=x²+2x的图象上，其中n∈N^*．
（Ⅰ）求证：数列{1g（1+a_n）}是等比数列；
（Ⅱ）设${b_n}=\frac{1}{a_n}+\frac{1}{{{a_n}+2}}$，求数列{b_n}的前n项和S_n．

Answer 1

分析 （Ⅰ）通过将点（a₁，a_n+1）代入函数方程f（x）=x²+2x，变形可得a_n+1+1=$（{a}_{n}+1）^{2}$，两边取对数并化简可得$\frac{lg（1+{a}_{n+1}）}{lg（1+{a}_{n}）}$=2，即得结论；
（Ⅱ）通过（I）知lg（1+a_n）=$lg{3}^{{2}^{n-1}}$，通过a_n+1=${{a}_{n}}^{2}$+2a_n可得$\frac{1}{{a}_{n}+2}$=$\frac{1}{{a}_{n}}$-$\frac{2}{{a}_{n+1}}$，利用并项法相加得S_n=2（$\frac{1}{{a}_{1}}$-$\frac{1}{{a}_{n+1}}$），进而可得结论．

解答 （Ⅰ）证明：由已知a_n+1=${{a}_{n}}^{2}$+2a_n，
∴a_n+1+1=$（{a}_{n}+1）^{2}$，
∵a₁=2，∴a_n+1＞1，
两边取对数得lg（a_n+1+1）=lg$（{a}_{n}+1）^{2}$=2lg（1+a_n），
即$\frac{lg（1+{a}_{n+1}）}{lg（1+{a}_{n}）}$=2，
∴数列{1g（1+a_n）}是公比为2的等比数列；
（Ⅱ）解：由（I）知lg（1+a_n）=2^n-1•lg（1+a₁）=2^n-1•lg3=$lg{3}^{{2}^{n-1}}$，
∴1+a_n=${3}^{{2}^{n-1}}$，∴a_n=${3}^{{2}^{n-1}}$-1，
∵a_n+1=${{a}_{n}}^{2}$+2a_n，
∴a_n+1=a_n（a_n+2），
∴$\frac{1}{{a}_{n+1}}$=2（$\frac{1}{{a}_{n}}$-$\frac{1}{{a}_{n}+2}$），
∴$\frac{1}{{a}_{n}+2}$=$\frac{1}{{a}_{n}}$-$\frac{2}{{a}_{n+1}}$，
∴${b_n}=\frac{1}{a_n}+\frac{1}{{{a_n}+2}}$=2（$\frac{1}{{a}_{n}}$-$\frac{1}{{a}_{n+1}}$），
∴S_n=b₁+b₂+…+b_n
=2（$\frac{1}{{a}_{1}}$-$\frac{1}{{a}_{2}}$+$\frac{1}{{a}_{2}}$-$\frac{1}{{a}_{3}}$+…+$\frac{1}{{a}_{n}}$-$\frac{1}{{a}_{n+1}}$）
=2（$\frac{1}{{a}_{1}}$-$\frac{1}{{a}_{n+1}}$），
∵a_n=${3}^{{2}^{n-1}}$-1，a₁=2，a_n+1=${3}^{{2}^{n}}$-1，
∴S_n=1-$\frac{2}{{3}^{{2}^{n}}-1}$．

点评 本题考查等比数列的判定及求数列的和，对表达式的灵活变形及并项相加是解决本题的关键，注意解题方法的积累，属于中档题．