Question

已知a1＝2，点(an，an＋1)在函数f(x)＝x2＋2x的图象上，（其中n＝1,2,3，….）

已知a1＝2，点(an，an＋1)在函数f(x)＝x2＋2x的图象上，（其中n＝1,2,3，….）

(1)求证数列{lg(1＋an)}是等比数列；
(2)设Tn＝(1＋a1)(1＋a2)…(1＋an)，求Tn及数列{an}的通项

Answer 1

1)将点(an, a(n+1))代入函数
a(n+1)=an²+2an
1+a(n+1)=an²+2an+1
故1+a(n+1)=(1+an)²
取对数，lg[1+a(n+1)]=2lg(1+an)
因此{lg(1+an)}是公比为2的等比数列，首项为lg(1+2)=lg3
2) 由上， lg(1+an)=(lg3)2^(n-1)
得：1+an=3^(2^(n-1))
得：an=3^(2^(n-1))-1
Tn=3^(1+2+2²+...+2^(n-1))=3^(2^n-1)

Answer 2

解：（Ⅰ）由已知an+1=an2+2an，
∴an+1+1=（an+1）2
∵a1=2
∴an+1＞1，两边取对数得lg（1+an+1）=2lg（1+an），
即lg(1+an+1)lg(1+an)=2
∴{lg（1+an）}是公比为2的等比数列．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知lg（1+an）=2n-1•lg（1+a1）=2n-1•lg3=lg32n-1
∴1+an=32n-1
∴an=32n-1-1
∴Tn=（1+a1）（1+a2）（1+an）=320•321•322•…•32n-1=31+2+22+…+2n-1=32n-1
（Ⅲ）∵an+1=an2+2an
∴an+1=an（an+2）
∴1an+1=12(1an-1an+2)
∴1an+2=1an-2an+1
又bn=1an+1an+2
∴bn=2(1an-1an+1)
∴Sn=b1+b2+…+bn=2(1a1-1a2+1a2-1a3+…+1an-1an+1)=2(1a1-1an+1)
∵an=32n-1-1，a1=2，an+1=32n-1
∴Sn=1-232n-1
又Tn=32n-1
∴Sn+23Tn-1=1．

Answer 3

(Ⅰ)证明:由已知,得an+1=an2+2an,
∴an+1+1=(an+1)2.
∵a1=2,∴an+1>1.
两边取对数,得lg(an+1+1)=2lg(an+1),
即
lg(an+1+1)
lg(an+1)
=2.
数列{lg(1+an)}是以lg3为首项,
公比为2的等比数列.
(Ⅱ)由(Ⅰ)得
lg(an+1)=2n-1lg3=lg32n-1,
∴an+1=32n-1,
∴an=32n-1-1.
∴Tn=(1+a1)(1+a2)(1+an)
=3×321×322××32n-1
=31+2+22++2n-1=32n-1.