Question

5．若數(shù)列{a_n}滿足a_n+1=a_n²+a_n，且a₁=$\frac{1}{2}$．
（Ⅰ）求a₂，a₃的值；
（Ⅱ）求證：$\frac{1}{{1+{a_n}}}=\frac{1}{a_n}-\frac{1}{{{a_{n+1}}}}$
（Ⅲ）記[x]表示不超過x的最大整數(shù)，如[3.6]=3，[-3.6]=-4等．設(shè)b_n=$\frac{1}{{1+{a_n}}}$，數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和為T_n．求[T₂₀₁₅]．

Answer 1

分析 （Ⅰ）利用a_n+1=a_n²+a_n，直接代入計(jì)算即可；
（Ⅱ）通過對${a_{n+1}}=a_n^2+{a_n}$兩邊同時取倒數(shù)，整理即得結(jié)論；
（Ⅲ）通過（Ⅱ）及${b_n}=\frac{1}{{1+{a_n}}}$，并項(xiàng)相加可知T_n=$\frac{1}{{a}_{1}}$-$\frac{1}{{a}_{n+1}}$，進(jìn)而T₂₀₁₅=2-$\frac{1}{{a}_{2016}}$，利用a_n+1-a_n=${{a}_{n}}^{2}$可知數(shù)列{a_n}是遞增數(shù)列，利用a₂₀₁₆＞a₄＞2、計(jì)算即得結(jié)論．

解答 （Ⅰ）解：a₂=${{a}_{1}}^{2}+{a}_{1}$=$\frac{1}{{2}^{2}}+\frac{1}{2}$=$\frac{3}{4}$，
a₃=${{a}_{2}}^{2}+{a}_{2}$=$\frac{9}{16}+\frac{3}{4}$=$\frac{21}{16}$；
（Ⅱ）證明：∵${a_{n+1}}=a_n^2+{a_n}$，
∴$\frac{1}{{a}_{n+1}}$=$\frac{1}{{a}_{n}（{a}_{n}+1）}$=$\frac{1}{{a}_{n}}$-$\frac{1}{{1+a}_{n}}$，
∴$\frac{1}{{1+{a_n}}}=\frac{1}{a_n}-\frac{1}{{{a_{n+1}}}}$；
（Ⅲ）解：由（Ⅱ）及${b_n}=\frac{1}{{1+{a_n}}}$可知：
T_n=$\frac{1}{{a}_{1}}$-$\frac{1}{{a}_{2}}$+$\frac{1}{{a}_{2}}$-$\frac{1}{{a}_{3}}$+…+$\frac{1}{{a}_{n}}$-$\frac{1}{{a}_{n+1}}$
=$\frac{1}{{a}_{1}}$-$\frac{1}{{a}_{n+1}}$，
又∵a₁=$\frac{1}{2}$，
∴T₂₀₁₅=2-$\frac{1}{{a}_{2016}}$，
又∵${a_{n+1}}=a_n^2+{a_n}$，
∴a_n+1-a_n=${{a}_{n}}^{2}$≥0，
∴數(shù)列{a_n}是遞增數(shù)列，
∵a₄=$\frac{21}{16}$（$\frac{21}{16}$+1）＞2，
∴a₂₀₁₆＞a₄＞2，
∴0＜$\frac{1}{{a}_{2016}}$＜$\frac{1}{2}$，
∴$\frac{3}{2}$＜2-$\frac{1}{{a}_{2016}}$＜2，
∴[T₂₀₁₅]=1．

點(diǎn)評 本題是一道關(guān)于數(shù)列求和的綜合題，考查運(yùn)算求解能力，注意解題方法的積累，屬于中檔題．