Question

3．?dāng)?shù)列{a_n}定義為a₁＞0，a₁₁=a，a_n+1=a_n+$\frac{1}{2}$a_n²，n∈N^*
（1）若a₁=$\frac{a}{1+2a}$（a＞0），求$\frac{1}{{2+{a_1}}}$+$\frac{1}{{2+{a_2}}}$+…+$\frac{1}{{2+{a_{10}}}}$的值；
（2）當(dāng)a＞0時(shí)，定義數(shù)列{b_n}，b₁=a_k（k≥12），b_n+1=-1+$\sqrt{1+2{b_n}}$，是否存在正整數(shù)i，j（i≤j），使得b_i+b_j=a+$\frac{1}{2}$a²+$\sqrt{1+2a}$-1．如果存在，求出一組（i，j），如果不存在，說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）化簡(jiǎn)${a_{n+1}}=\frac{{（{a_n}+2）{a_n}}}{2}$可得$\frac{1}{{{a_n}+2}}=\frac{1}{a_n}-\frac{1}{{{a_{n+1}}}}$，從而利用裂項(xiàng)求和法求和．
（2）易知${b_{n+1}}+1=\sqrt{1+2{b_n}}$，從而可得${b_n}={b_{n+1}}+\frac{1}{2}b_{n+1}^2$，而b₁=a_k，故代入可推出b₂=a_k-1，從而類比可得b₃=a_k-2，…，b_t=a_k-t+1，從而可得a_k-i+1+a_k-j+1=a₁₀+a₁₂，從而求得．

解答 解：（1）∵${a_{n+1}}=\frac{{（{a_n}+2）{a_n}}}{2}$，
∴$\frac{1}{{{a_{n+1}}}}=\frac{2}{{（{a_n}+2）{a_n}}}$，
∴$\frac{1}{{{a_{n+1}}}}=\frac{1}{a_n}-\frac{1}{{{a_n}+2}}$，
故$\frac{1}{{{a_n}+2}}=\frac{1}{a_n}-\frac{1}{{{a_{n+1}}}}$，
∴$\frac{1}{{2+{a_1}}}+\frac{1}{{2+{a_2}}}+…+\frac{1}{{2+{a_{10}}}}=\frac{1}{a_1}-\frac{1}{{{a_{11}}}}=\frac{1+2a}{a}-\frac{1}{a}=2$；
（2）由${b_{n+1}}=-1+\sqrt{1+2{b_n}}$得${b_{n+1}}+1=\sqrt{1+2{b_n}}$，
兩邊平方得${（{b_{n+1}}+1）^2}=1+2{b_n}$
故${b_n}={b_{n+1}}+\frac{1}{2}b_{n+1}^2$，
當(dāng)b₁=a_k時(shí)，由${b_1}={b_2}+\frac{1}{2}b_2^2$知${a_k}={b_2}+\frac{1}{2}b_2^2$，
又${a_k}={a_{k-1}}+\frac{1}{2}a_{k-1}^2$，數(shù)列{a_n}遞增，
故b₂=a_k-1，
類似地，b₃=a_k-2，…，b_t=a_k-t+1，
又$a+\frac{1}{2}{a^2}={a_{12}}$，$（\sqrt{1+2a}-1）+\frac{1}{2}{（\sqrt{1+2a}-1）^2}=a={a_{11}}$，$\sqrt{1+2a}-1={a_{10}}$，
b_i+b_j=a₁₀+a₁₂，
∴a_k-i+1+a_k-j+1=a₁₀+a₁₂，
存在正整數(shù)i，j（i≤j），k-i+1=12，k-j+1=10i=k-11，j=k-9，
存在一組（i，j）=（k-11，k-9）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了數(shù)列的性質(zhì)的判斷與應(yīng)用，同時(shí)考查了轉(zhuǎn)化思想與整體思想的應(yīng)用及構(gòu)造法的應(yīng)用．