Question

已知數列{a_n}滿足：a₁=a+2（a≥0），an+1=

an+a

，n∈N^*．
（1）若a=0，求數列{a_n}的通項公式；
（2）設b_n=|a_n+1-a_n|，數列的前n項和為S_n，證明：S_n＜a₁．

Answer 1

（1）若a=0時，a₁=2，an+1=

an

，
∴an+12=an且a_n＞0．
兩邊取對數，得2lga_n+1=lga_n，
∵lga₁=lg2，
∴數列{lga_n}是以lg2為首項，

1

2

為公比的等比數列，
∴lga_n=(

1

2

)n-1lg2，即a_n=221-n；
（2）由an+1=

an+a

，得an+12=an+a，①
當n≥2時，

a

2n

=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與a_n-a_n-1同號，
∵a₂=

2a+2

，且a＞0，∴

a

21

-

a

22

=（a+2）²-（2a+2）=a²+2a+2＞0恒成立，
∴a₂-a₁＜0，則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．