Question

已知数列{a_n}满足：a₁=a+2（a≥0），an+1=

an+a

，n∈N^*．
（1）若a=0，求数列{a_n}的通项公式；
（2）设b_n=|a_n+1-a_n|，数列的前n项和为S_n，证明：S_n＜a₁．

Answer 1

分析：（1）由a=0可得a₁=2，an+1=

an

，两边同时平方后再同时取对数后可得2lga_n+1=lga_n，从而可得数列{lga_n}是

1

2

为公比的等比数列．结合等比数列的通项公式可求lga_n，进而可求a_n；
（2）由已知an+1=

an+a

，可得an+12=an+a，n≥2时，

a

2 n

=a_n-1+a两式相减可得a_n+1-a_n＜0，从而有b_n=|a_n+1-a_n|=-（a_n+1-a_n），然后再利用叠加法可求和，即可证明．

解答：解：（1）若a=0时，a₁=2，an+1=

an

，
∴an+12=an且a_n＞0．
两边取对数，得2lga_n+1=lga_n，
∵lga₁=lg2，
∴数列{lga_n}是以lg2为首项，

1

2

为公比的等比数列，
∴lga_n=(

1

2

)n-1lg2，即a_n=221-n；
（2）由an+1=

an+a

，得an+12=an+a，①
当n≥2时，

a

2 n

=a_n-1+a，②
①-②，得（a_n+1+a_n）（a_n+1-a_n）=a_n-a_n-1，
由已知可得a_n＞0，∴a_n+1-a_n与a_n-a_n-1同号，
∵a₂=

2a+2

，且a＞0，∴

a

2 1

-

a

2 2

=（a+2）²-（2a+2）=a²+2a+2＞0恒成立，
∴a₂-a₁＜0，则a_n+1-a_n＜0．
∵b_n=|a_n+1-a_n|，∴b_n=-（a_n+1-a_n），
∴S_n=-[（a₂-a₁）+（a₃-a₂）+…+（a_n+1-a_n）]=-（a_n+1-a₁）=a₁-a_n+1＜a₁．

点评：本题主要考查了利用数列的递推公式构造等比数列求解数列的通项公式及叠加法求解数列的和方法的应用，试题具有一定的综合性，同时考查了运算求解的能力，属于中档题．