Question

18．数列{a_n}各项均为正数，a₁=$\frac{1}{2}$，且对任意的n∈N^*，都有a_n+1=a_n+λa_n²（λ＞0）．
（1）取λ=$\frac{1}{{{a_{n+1}}}}$，求证：数列$\left\{{\frac{{{a_{n+1}}}}{a_n}}\right\}$是等比数列，并求数列{a_n}的通项公式；
（2）若λ=$\frac{1}{2016}$，是否存在n∈N^*，使得a_n＞1，若存在，试求出n的最小值，若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）推导出$\frac{{{a_{n+1}}}}{a_n}=\frac{{1+\sqrt{5}}}{2}$（为常数），由此能证明数列$\left\{{\frac{{{a_{n+1}}}}{a_n}}\right\}$是公比为$\frac{{1+\sqrt{5}}}{2}$的等比数列．并能求出数列{a_n}的通项公式．
（2）推导出$\frac{1}{{a}_{n}+2016}=\frac{1}{{a}_{n}}-\frac{1}{{a}_{n+1}}$，从而2-$\frac{1}{{a}_{2017}}$＜$\frac{1}{{a}_{2016}}$+$\frac{1}{{a}_{2016}}$+…+$\frac{1}{{a}_{2016}}$=$\frac{n}{{a}_{2016}}$．由此能求出结果．

解答 证明：（1）∵$λ=\frac{1}{{{a_{n+1}}}}$，∴${a_{n+1}}={a_n}+\frac{{{a_n}^2}}{{{a_{n+1}}}}⇒a_{n+1}^2-{a_{n+1}}{a_n}+a_n^2=0$，
∴${（\frac{{{a_{n+1}}}}{a_n}）^2}-（\frac{{{a_{n+1}}}}{a_n}）+1=0⇒\frac{{{a_{n+1}}}}{a_n}=\frac{{1±\sqrt{5}}}{2}$，
∵a_n＞0，∴$\frac{{{a_{n+1}}}}{a_n}=\frac{{1+\sqrt{5}}}{2}$（为常数），
∴数列$\left\{{\frac{{{a_{n+1}}}}{a_n}}\right\}$是公比为$\frac{{1+\sqrt{5}}}{2}$的等比数列．
∵${a_1}=\frac{1}{2}$，∴${a_n}=\frac{1}{2}{（\frac{{1+\sqrt{5}}}{2}）^{n-1}}$．…（7分）
（2）解：∵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-$\frac{1}{{a}_{2017}}$＜$\frac{1}{{a}_{2016}}$+$\frac{1}{{a}_{2016}}$+…+$\frac{1}{{a}_{2016}}$=$\frac{n}{{a}_{2016}}$．
当n=2016时，2-$\frac{1}{{a}_{2017}}$＜1，得a₂₀₁₇＜1．
当n=2017时，2-$\frac{1}{{a}_{2018}}$＞$\frac{1}{2017}$+$\frac{1}{2017}$+…+$\frac{1}{2017}$=1，得a₂₀₁₈＞1．
因此存在n∈N^*，使得a_n＞1．     …（15分）

点评 本题考查等比数列的证明，考查数列的通项公式的求法，考查满足条件的实数的最小值的求法，综合性强，难度大，对数学思维能力的要求较高．