Question

已知数列{a_n}满足a₁=a₂=2，a_n+1=a_n+2a_n-1（n≥2）．
（1）求数列{a_n}的通项公式；
（2）当n≥2时，求证：；
（3）若函数f（x）满足：f（1）=a₁，f（n+1）=[f（n）]²+f（n）（n∈N^*），求证：．

Answer

（1）根据an+1=an+2an-1可得an+1+an=2（an+an-1）进而推知{an+1+an}是等比数列，根据等比数列的通项公式可得{an+1+an}通项公式；同理可推知∴{an+1-2an}为等比数列，进而求得其通项公式．两个通项公式相减即可得到的an通项公式．
（2）首先根据=＜，进而可推知，=3-＜3
（3）根据f（n+1）=[f（n）]2+f（n），可知f（n+1）-f（n）=[f（n）]2≥0，进而推断f（n+1）≥f（n）≥f（n-1）…≥f（1）=2＞0；对f（n+1）=[f（n）]2+f（n）变形可知=代入得=＜=，原式得证．
【解析】
（1）∵an+1=an+2an-1，∴an+1+an=2（an+an-1）（n≥2）
∴{an+1+an}是2为公比，a1+a2=4为首项的等比数列．
故an+1+an=2n+1①
又由an+1=an+2an-1得：an+1-2an=-（an-2an-1）（n≥2）
∴{an+1-2an}是以-1为公比，a1-2a2=-2为首项的等比数列
故an+1-2an=2×（-1）n②
①-②得：3an=2[2n-（-1）n]（n≥2）
又a1=2也适合上式
∴an=n]
（2）当n为偶数时，==＜=（n≥2）
∴=3-＜3
当n为奇数时，由（1）可知＜3
∴原式得证．
（3）∵f（n+1）=[f（n）]2+f（n）
∴f（n+1）-f（n）=[f（n）]2≥0
∴f（n+1）≥f（n）
∴f（n+1）≥f（n）≥f（n-1）…≥f（1）=2＞0
又=
∴
故+…+=＜=