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定义:若数列{An}满足An+1=
A
2
n
则称数列{An}为“平方递推数列”,已知数列{an}中,a1=2,点{an,an+1}在函数f(x)=2x2+2x的图象上,其中n的正整数.
(1)证明数列{2an+1}是“平方递推数列”,且数列{lg(2an+1)}为等比数列;
(2)设(1)中“平方递推数列”的前n项之积为Tn,即Tn=(2a1+1)(2a2+1)…(2an+1),求数列{an}的通项及Tn关于n的表达式;
(3)记bn=log2an+1Tn,求数列{bn}的前n项和Sn,并求使Sn>2008的n的最小值.
分析:(Ⅰ)由an+1=2an2+2an,an>0,知2an+1+1=4an2+4an+1=(2an+1)2,所以{2an+1}是“平方递推数列”.由lg(2an+1+1)=2lg(2an+1),且2an+1>1,知lg(1+2an)>0,由此能够证明{lg(2an+1)}为等比数列.
(Ⅱ)由lg(2a1+1)=lg5,知lg(2an+1)=lg5•2n-1,所以an=
1
2
(52n-1-1)
,由lgTn=lg(2a1+1)+lg(2a2+1)+…+lg(2an+1)=
lg5•(1-2n)
1-2
=(2n-1)lg5
,能求出Tn
(Ⅲ)由bn=
lgTn
lg(2an+1)
=
(2n-1)lg5
2n-1lg5
=
2n-1
2n-1
=2-(
1
2
)n-1
,知Sn=2n-[1+
1
2
+(
1
2
)2+…+(
1
2
)n-1]=2n-
1-(
1
2
)
n
1-
1
2
=2n-2[1-(
1
2
)n]
=2n-2+2(
1
2
)n
由此能求出n的最小值.
解答:证明:(Ⅰ)由条件得:an+1=2an2+2an,an>0.
∴2an+1+1=4an2+4an+1=(2an+1)2
∴{2an+1}是“平方递推数列”.
由lg(2an+1+1)=2lg(2an+1),
且2an+1>1,
∴lg(1+2an)>0,
lg(2an+1+1)
lg(2an+1)
=2

∴{lg(2an+1)}为等比数列.…(3分)
解:(Ⅱ)∵lg(2a1+1)=lg5,
∴lg(2an+1)=lg5•2n-1
2an+1=52n-1
an=
1
2
(52n-1-1)
…(5分)
∵lgTn=lg(2a1+1)+lg(2a2+1)+…+lg(2an+1),
=
lg5•(1-2n)
1-2
=(2n-1)lg5

Tn=52n-1…(7分)
(Ⅲ)bn=
lgTn
lg(2an+1)
=
(2n-1)lg5
2n-1lg5
=
2n-1
2n-1
=2-(
1
2
)n-1

Sn=2n-[1+
1
2
+(
1
2
)2+…+(
1
2
)n-1]=2n-
1-(
1
2
)
n
1-
1
2

=2n-2[1-(
1
2
)n]

=2n-2+2(
1
2
)n
.…(10分)
由Sn>2008,得2n-2+2(
1
2
)
n
>2008,n+(
1
2
n>1005,
当n≤1004时,n+(
1
2
n<1005,当n≥1005时,n+(
1
2
n>1005,
∴n的最小值为1005.…(13分)
点评:本题首先考查等差数列、等比数列的基本量、通项,结合含两个变量的不等式的处理问题,考查对新定义的理解能力.本题将数列放到新情境中,关键是正确理解题意,挖掘问题的本质与隐含.
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(1)证明:数列{2an+1}是“平方数列”,且数列{lg(2an+1)}为等比数列.
(2)设(1)中“平方数列”的前n项之积为Tn,即Tn=(2a1+1)(2a2+1)…(2an+1),求数列{an}的通项及Tn关于n的表达式.
(3)记bn=log2an+1Tn,求数列{bn}的前n项之和Sn,并求使Sn>4020的n的最小值.

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(1)证明:数列{2an+1}是“平方递推数列”,且数列{lg(2an+1)}为等比数列.
(2)设(1)中“平方递推数列”的前n项之积为Tn,即Tn=(2a1+1)(2a2+1)…(2an+1),求数列{an}的通项及Tn关于n的表达式.
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(1)判断数列{an+2}是否为“平方递推数列”?说明理由.
(2)证明数列{lg(an+2)}为等比数列,并求数列{an}的通项.
(3)设Tn=(2+a1)(2+a2)…(2+an),求Tn关于n的表达式.

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