Question

14．若數(shù)列{A_n}對任意的n∈N^*，都有${A_{n+1}}={A_n}^k$（k≠0），且A_n≠0，則稱數(shù)列{A_n}為“k級創(chuàng)新數(shù)列”．
（1）已知數(shù)列{a_n}滿足${a_{n+1}}=2{a_n}^2+2{a_n}$且${a_1}=\frac{1}{2}$，試判斷數(shù)列{2a_n+1}是否為“2級創(chuàng)新數(shù)列”，并說明理由；
（2）已知正數(shù)數(shù)列{b_n}為“k級創(chuàng)新數(shù)列”且k≠1，若b₁=10，求數(shù)列{b_n}的前n項積T_n；
（3）設(shè)α，β是方程x²-x-1=0的兩個實根（α＞β），令$k=\frac{β}{α}$，在（2）的條件下，記數(shù)列{c_n}的通項${c_n}={β^{n-1}}•{log_{b_n}}{T_n}$，求證：c_n+2=c_n+1+c_n，n∈N^*．

Answer 1

分析 （1）數(shù)列{2a_n+1}是“2級創(chuàng)新數(shù)列”，下面給出證明：${a_{n+1}}=2{a_n}^2+2{a_n}$，可得a_n+1+1=$4{a}_{n}^{2}+4{a}_{n}$+1=$（2{a}_{n}+1）^{2}$≠0，即可證明．
（2）正數(shù)數(shù)列{b_n}為“k級創(chuàng)新數(shù)列”且k≠1，$_{n+1}=_{n}^{k}$．b_n=$_{n-1}^{k}$=$（_{n-2}^{k}）^{k}$=…=$_{1}^{{k}^{n-1}}$=$1{0}^{{k}^{n-1}}$．又b₁=10，利用指數(shù)的運算性質(zhì)可得數(shù)列{b_n}的前n項積T_n=$1{0}^{\frac{{k}^{n}-1}{k-1}}$．
（3）α，β是方程x²-x-1=0的兩個實根（α＞β），可得β²-β-1=0，α²-α-1=0．在（2）的條件下，記數(shù)列{c_n}的通項${c_n}={β^{n-1}}•{log_{b_n}}{T_n}$=β^n-1×$\frac{\frac{{k}^{n}-1}{k-1}}{{k}^{n-1}}$=$\frac{{β}^{n}-{α}^{n}}{β-α}$．

解答 （1）解：數(shù)列{2a_n+1}是“2級創(chuàng)新數(shù)列”，下面給出證明：
∵${a_{n+1}}=2{a_n}^2+2{a_n}$，∴2a_n+1+1=$4{a}_{n}^{2}+4{a}_{n}$+1=$（2{a}_{n}+1）^{2}$≠0，
∴數(shù)列{2a_n+1}是“2級創(chuàng)新數(shù)列”．
（2）解：∵正數(shù)數(shù)列{b_n}為“k級創(chuàng)新數(shù)列”且k≠1，∴$_{n+1}=_{n}^{k}$．
∴b_n=$_{n-1}^{k}$=$（_{n-2}^{k}）^{k}$=$_{n-2}^{{k}^{2}}$=…=$_{1}^{{k}^{n-1}}$=$1{0}^{{k}^{n-1}}$．
又b₁=10，∴數(shù)列{b_n}的前n項積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）證明：α，β是方程x²-x-1=0的兩個實根（α＞β），
∴β²-β-1=0，α²-α-1=0．
在（2）的條件下，記數(shù)列{c_n}的通項${c_n}={β^{n-1}}•{log_{b_n}}{T_n}$=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．

點評 本題考查了數(shù)列遞推關(guān)系、指數(shù)的運算性質(zhì)、一元二次風(fēng)吹草動根與系數(shù)的關(guān)系、作差法，考查了推理能力、計算能力，屬于中檔題．