Question

14．若数列{A_n}对任意的n∈N^*，都有${A_{n+1}}={A_n}^k$（k≠0），且A_n≠0，则称数列{A_n}为“k级创新数列”．
（1）已知数列{a_n}满足${a_{n+1}}=2{a_n}^2+2{a_n}$且${a_1}=\frac{1}{2}$，试判断数列{2a_n+1}是否为“2级创新数列”，并说明理由；
（2）已知正数数列{b_n}为“k级创新数列”且k≠1，若b₁=10，求数列{b_n}的前n项积T_n；
（3）设α，β是方程x²-x-1=0的两个实根（α＞β），令$k=\frac{β}{α}$，在（2）的条件下，记数列{c_n}的通项${c_n}={β^{n-1}}•{log_{b_n}}{T_n}$，求证：c_n+2=c_n+1+c_n，n∈N^*．

Answer 1

分析 （1）数列{2a_n+1}是“2级创新数列”，下面给出证明：${a_{n+1}}=2{a_n}^2+2{a_n}$，可得a_n+1+1=$4{a}_{n}^{2}+4{a}_{n}$+1=$（2{a}_{n}+1）^{2}$≠0，即可证明．
（2）正数数列{b_n}为“k级创新数列”且k≠1，${b}_{n+1}={b}_{n}^{k}$．b_n=${b}_{n-1}^{k}$=$（{b}_{n-2}^{k}）^{k}$=…=${b}_{1}^{{k}^{n-1}}$=$1{0}^{{k}^{n-1}}$．又b₁=10，利用指数的运算性质可得数列{b_n}的前n项积T_n=$1{0}^{\frac{{k}^{n}-1}{k-1}}$．
（3）α，β是方程x²-x-1=0的两个实根（α＞β），可得β²-β-1=0，α²-α-1=0．在（2）的条件下，记数列{c_n}的通项${c_n}={β^{n-1}}•{log_{b_n}}{T_n}$=β^n-1×$\frac{\frac{{k}^{n}-1}{k-1}}{{k}^{n-1}}$=$\frac{{β}^{n}-{α}^{n}}{β-α}$．

解答 （1）解：数列{2a_n+1}是“2级创新数列”，下面给出证明：
∵${a_{n+1}}=2{a_n}^2+2{a_n}$，∴2a_n+1+1=$4{a}_{n}^{2}+4{a}_{n}$+1=$（2{a}_{n}+1）^{2}$≠0，
∴数列{2a_n+1}是“2级创新数列”．
（2）解：∵正数数列{b_n}为“k级创新数列”且k≠1，∴${b}_{n+1}={b}_{n}^{k}$．
∴b_n=${b}_{n-1}^{k}$=$（{b}_{n-2}^{k}）^{k}$=${b}_{n-2}^{{k}^{2}}$=…=${b}_{1}^{{k}^{n-1}}$=$1{0}^{{k}^{n-1}}$．
又b₁=10，∴数列{b_n}的前n项积T_n=b_nb_n-1•…•b₁=$1{0}^{{k}^{n-1}+{k}^{n-2}+…+k+1}$=$1{0}^{\frac{{k}^{n}-1}{k-1}}$．
（3）证明：α，β是方程x²-x-1=0的两个实根（α＞β），
∴β²-β-1=0，α²-α-1=0．
在（2）的条件下，记数列{c_n}的通项${c_n}={β^{n-1}}•{log_{b_n}}{T_n}$=β^n-1×$\frac{\frac{{k}^{n}-1}{k-1}}{{k}^{n-1}}$
=β^n-1×$\frac{（\frac{β}{α}）^{n}-1}{（\frac{β}{α}）^{n-1}（\frac{β}{α}-1）}$=$\frac{{β}^{n}-{α}^{n}}{β-α}$．
∴c_n+2=$\frac{{β}^{n+2}-{α}^{n+2}}{β-α}$．c_n+1+c_n=$\frac{{β}^{n+1}-{α}^{n+1}}{β-α}$+$\frac{{β}^{n}-{α}^{n}}{β-α}$．
∴c_n+2-（c_n+1+c_n）=$\frac{{β}^{n}（{β}^{2}-β-1）+{α}^{n}（{α}^{2}-α-1）}{β-α}$=0．
∴c_n+2=c_n+1+c_n．

点评 本题考查了数列递推关系、指数的运算性质、一元二次风吹草动根与系数的关系、作差法，考查了推理能力、计算能力，属于中档题．