Question

定義：若數列{A_n}滿足A_n+1=A_n²，則稱數列{A_n}為“平方遞推數列”．已知數列{a_n}中，a₁=2，點（a_n，a_n+1）在函數f（x）=2x²+2x的圖象上，其中n為正整數．
（Ⅰ）證明：數列{2a_n+1}是“平方遞推數列”，且數列{lg（2a_n+1）}為等比數列．
（Ⅱ）設（Ⅰ）中“平方遞推數列”的前n項之積為T_n，即T_n=（2a₁+1）（2a₂+1）…（2a_n+1），求數列{a_n}的通項公式及T_n關于n的表達式．
（Ⅲ）記bn=log(1+2an)Tn，求數列{b_n}的前n項之和S_n，并求使S_n＞2010的n的最小值．

Answer 1

分析：（Ⅰ）由a_n+1=2a_n²+2a_n，a_n＞0，知2a_n+1+1=4a_n²+4a_n+1=（2a_n+1）²，所以{2a_n+1}是“平方遞推數列”．由lg（2a_n+1+1）=2lg（2a_n+1），且2a_n+1＞1，知lg（1+2a_n）＞0，由此能夠證明{lg（2a_n+1）}為等比數列．
（Ⅱ）由lg（2a₁+1）=lg5，知lg（2a_n+1）=lg5•2^n-1，所以an=

1

2

(52n-1-1)，由lgT_n=lg（2a₁+1）+lg（2a₂+1）+…+lg（2a_n+1）=

lg5•(1-2n)

1-2

=(2n-1)lg5，能求出T_n．
（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：證明：（Ⅰ）由條件得：a_n+1=2a_n²+2a_n，a_n＞0．
∴2a_n+1+1=4a_n²+4a_n+1=（2a_n+1）²，
∴{2a_n+1}是“平方遞推數列”．
由lg（2a_n+1+1）=2lg（2a_n+1），
且2a_n+1＞1，
∴lg（1+2a_n）＞0，
∴

lg(2an+1+1)

lg(2an+1)

=2，
∴{lg（2a_n+1）}為等比數列．…（3分）
解：（Ⅱ）∵lg（2a₁+1）=lg5，
∴lg（2a_n+1）=lg5•2^n-1，
∴2an+1=52n-1
∴an=

1

2

(52n-1-1)…（5分）
∵lgT_n=lg（2a₁+1）+lg（2a₂+1）+…+lg（2a_n+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S_n＞2010，得2n-2+2(

1

2

)n＞2010，n+(

1

2

)n＞1006．
當n≤1005時，n+(

1

2

)n＜1006；
當n≥1006時，n+(

1

2

)n＞1006．
因此n的最小值為1006．…（13分）

點評：本題首先考查等差數列、等比數列的基本量、通項，結合含兩個變量的不等式的處理問題，考查對新定義的理解能力．對數學思維的要求比較高，有一定的探索性．綜合性強，難度大，易出錯．