已知数列 $\{a_{n}\}$ 满足：$a_{1} = 2$，$a_{n+1} = a_{n}^2 +2a_{n}.$
【难度】
【出处】
2015年全国高中数学联赛河北省预赛
【标注】
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求证：数列 $\{\lg (a_{n} +1)\}$ 是等比数列，并求 $\{a_{n}\}$ 的通项公式；标注答案证明略，$a_{n} = 3^{2^{n-1}} - 1$解析由已知得 $a_{n+1} = a_{n}^2 + 2a_{n}$，$a_{n+1} +1=(a_{n} +1)^2.$
因为 $a_{1} = 2$，所以 $a_{n} +1>1$，两边取对数得 $\lg (1 +a_{n+1})= 2\lg (1+a_{n})$，即 $\dfrac{\lg (1+a_{n+1})}{\lg (1+a_{n})} = 2$，故 $\{\lg (a_{n} + 1)\}$ 为以 $\lg 3$ 为首项，$2$ 为公比的等比数列，即 $\lg (a_{n} + 1) = 2^{n-1}\lg 3$，即 $a_{n} = 3^{2^{n-1}} - 1$． -
若 $ b_{n} = \dfrac{1}{a_{n}} + \dfrac{1}{a_{n} +2}$，且数列 $\{b_{n}\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$，求证：$S_{n}<1$．标注答案略解析
方法一： 由 $a_{n+1} = a_{n}^2 + 2a_{n}$ 两边取倒数得 $\dfrac{1}{a_{n+1}} = \dfrac{1}{2} \left(\dfrac{1}{a_{n}} - \dfrac{1}{a_{n}+2}\right)$，所以 $\dfrac{1}{a_{n}+2} = \dfrac{1}{a_{n}} - \dfrac{2}{a_{n+1}}$，即 $b_{n} =2\left(\dfrac{1}{a_{n}} - \dfrac{2}{a_{n+1}}\right)$，故 $S_{n} = 2\left(\dfrac{1}{2} - \dfrac{1}{3^{2^n}-1}\right)$，故 $S_{n}< 1$．方法二： 由于\[\begin{split} b_{n}&=\dfrac{1}{3^{2^{n-1}}- 1}+\dfrac{1}{3^{2^{n-1}} + 1} = \dfrac{2 \times 3^{2^{n-1}}}{3^{2^n} - 1}\\&=2\left(\dfrac{1}{3^{2^{n-1}} - 1} - \dfrac{1}{3^{2^n - 1}}\right) , \end{split}\]则$$S_{n} = 2\left(\dfrac{1}{2} - \dfrac{1}{3^{2^n}-1}\right) <1.$$
题目
问题1
答案1
解析1
备注1
问题2
答案2
解析2
备注2
