Question

9．已知在数列{a_n}中，a₁=1，8a_n+1=a_n²+k，其中k∈N^*．
（1）当k=12时，求证：1≤a_n＜a_n+1＜2
（2）对于任意n∈N^*，求使a_n＜4恒成立的k的最大值．

Answer 1

分析 （1）当k=12时，a₁=1，8a_n+1=a_n²+12，a₂=$\frac{13}{8}$，a_n+1＞0．利用数学归纳法证明即可得出．
（2）由于a_n+1-a_n=$\frac{1}{8}（{a}_{n}-4）^{2}$+$\frac{k-16}{8}$≥$\frac{k-16}{8}$，可得a_n≥a₁+$（n-1）×\frac{k-16}{8}$=1+$\frac{k-16}{8}（n-1）$，
对k分类讨论：当k＞16时，不满足a_n＜4对于任意n∈N^*恒成立．当k≤16时，a_n＜4对?n∈N^*有可能成立．
对k=16，利用数学归纳法证明即可得出．

解答 （1）证明：①当k=12时，a₁=1，8a_n+1=a_n²+12，
∴a₂=$\frac{13}{8}$，a_n+1＞0．
因此当n=1时，1≤a₁＜a₂＜2．
②假设当n=m∈N^*时，1≤a_m＜a_m+1＜2．
当n=m+1时，有$8{a}_{m+2}=12+{a}_{m+1}^{2}$＜12+2²=16，
∴a_m+2＜2成立．
由假设${a}_{m}^{2}$＜${a}_{m+1}^{2}$，∴8（a_m+2-a_m+1）=${a}_{m+1}^{2}-{a}_{m}^{2}$＞0，
∴a_m+2＞a_m+1≥a_m≥1，
∴2＞a_m+2＞a_m+1≥a_m≥1，
故由①②可知：对?n∈N^*，都有2＞a_n+1＞a_n≥1．
（2）由于a_n+1-a_n=$\frac{k}{8}$+$\frac{1}{8}$$（{a}_{n}^{2}-8{a}_{n}）$=$\frac{1}{8}（{a}_{n}-4）^{2}$+$\frac{k-16}{8}$≥$\frac{k-16}{8}$，
∴a_n≥a₁+$（n-1）×\frac{k-16}{8}$=1+$\frac{k-16}{8}（n-1）$，
①当k＞16时，不满足a_n＜4对于任意n∈N^*恒成立．
②当k≤16时，a_n＜4对?n∈N^*有可能成立．
当k=16时，a₁=1＜4成立；
假设?m∈N^*，a_m＜4，由8a_m+1=$16+{a}_{m}^{2}$＜16+4²，
∴a_m+1＜4．
对于k=16，?n∈N^*，都有a_n＜4．
因此对于任意n∈N^*，使a_n＜4恒成立的k的最大值为16．

点评 本题考查了递推式的应用、数学归纳法、不等式的性质，考查了分类讨论思想方法、推理能力与计算能力，属于中档题．